Về nguyên lý địa phương - toàn cục cho dạng toàn phương: Luận văn ThS. Toán học: 604601

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

PHẠM THỊ HƯƠNG

VỀ NGUYÊN LÝ ĐỊA PHƯƠNG - TOÀN CỤC
CHO CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

PHẠM THỊ HƯƠNG

VỀ NGUYÊN LÝ ĐỊA PHƯƠNG - TOÀN CỤC
CHO CÁC DẠNG TOÀN PHƯƠNG

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số:

60460104

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. ĐÀO PHƯƠNG BẮC

Hà Nội - 2017


LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Đào Phương Bắc.
Nhân dịp này, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất tới
Thầy. Người đã cho tôi biết muốn làm khoa học thì phải học, phải đọc như thế
nào. Được làm việc dưới sự hướng dẫn của Thầy, tôi thấy mình trưởng thành
hơn rất nhiều. Thầy cũng là Người đã dành nhiều thời gian, công sức để hướng
dẫn, kiểm tra và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo và các thầy cô trong khoa Toán Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội về
những kiến thức, những điều tốt đẹp mà tôi đã nhận được trong suốt quá trình
học tập tại Khoa. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Sau Đại học của nhà
trường đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành các thủ tục trong học tập và bảo vệ
luận văn này.
Cuối cùng, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, người thân và bạn bè.
Những người luôn bên cạnh động viên ủng hộ tôi cả về vật chất và tinh thần
trong cuộc sống và học tập.
Mặc dù bản thân tôi đã có nhiều cố gắng nhưng bản luận văn này vẫn khó
tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến
của quý thầy, cô và các bạn.

Hà Nội, ngày 28 tháng 05 năm 2017

Phạm Thị Hương

1

Mục lục
1 Nguyên lý Hasse - Minkowski cho các dạng toàn
1.1 Trường p-adic . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Kí hiệu Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Dạng toàn phương trên Qp và trên Q . . . . . . .
1.3.1 Dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Dạng toàn phương trên Qp . . . . . . . . .
1.3.3 Dạng toàn phương trên Q . . . . . . . . .

phương
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

2 Các phản ví dụ của nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ các dạng
toàn phương
2.1 Phản ví dụ của Lind và Reichardt . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phản ví dụ của Birch và Swinnerton-Dyer . . . . . . . . . . . .
2.3 Họ các phản ví dụ của W. Aitken và F. Lemmermeyer . . . . .
2.3.1 Cách tham số hóa đường conic . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Nghiệm modulo một số nguyên tố lẻ . . . . . . . . . . .
2.3.3 Nghiệm modulo lũy thừa một số nguyên tố . . . . . . . .
2.4 Mật độ các phản ví dụ của nguyên lý Hasse . . . . . . . . . . .
2.5 Lời giải một số bài tập liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

5
5
11
14
14
16
17

20
20
22
23
24
26
27

32
35


Danh mục các kí hiệu
1. P: tập hợp các số nguyên tố.
2. Fq : trường hữu hạn có q phần tử.
3. Q: trường các số hữu tỉ.
4. Z: vành các số nguyên.
5. Z/m: vành các số nguyên modulo m.
6. Zp : vành p-adic.
7. Qp : trường p-adic.
8.

x
p

9.

L/K
p

: kí hiệu Legendre của x, trong đó p là một số nguyên tố.
: kí hiệu Artin.

10. OK : vành nguyên của trường số K.
11. Gal(L/K): nhóm Galois của mở rộng K ⊂ L.

2

Lời mở đầu
Cho một hệ phương trình đa thức thuần nhất với hệ số trong Q. Câu hỏi tự
nhiên đặt ra là liệu hệ phương trình này có nghiệm hữu tỷ (các tọa độ đều thuộc
Q) hoặc nghiệm nguyên (các tọa độ đều nguyên) hay không? Tiếp đến khi đã có
nghiệm thì liệu tập nghiệm “nhiều” đến mức độ nào? Một kết quả cơ bản theo
hướng nghiên cứu này là nguyên lý địa phương-toàn cục, hay nguyên lý HasseMinkowski (đôi khi chỉ gọi đơn giản là nguyên lý Hasse). Nguyên lý khẳng định
một dạng toàn phương với hệ số hữu tỷ có nghiệm không tầm thường trên Q khi
và chỉ khi nó có nghiệm không tầm thường trên mọi trường p-adic Qp cũng như
trên R. Câu hỏi tiếp theo được đặt ra là liệu nguyên lý Hasse còn đúng không
nếu ta thay một dạng toàn phương bởi một hệ các dạng toàn phương, hoặc thay
vì xét dạng toàn phương, ta xét các dạng có bậc cao hơn. Ta biết câu hỏi này sẽ
có câu trả lời phủ định theo các phản ví dụ của E. Selmer (xem [10], đối với dạng
bậc ba 3x3 + 4y 3 + 5z 3 = 0), hoặc hệ hai dạng toàn phương (Lind-Reichardt,
tìm ra độc lập và gần như đồng thời, xem [6], [9]). Sau đó còn có nhiều phản ví
dụ khác về hệ các dạng toàn phương có thể tìm thấy trong [5], [13], [8], v.v...
Mục đích của luận văn là tìm hiểu chứng minh của nguyên lý Hasse và
những phản ví dụ liên quan, đặc biệt là lớp các phản ví dụ của W. Aitken, F.
Lemmermeyer (xem [2]).
Chương 1 tác giả trình bày trình bày sơ lược về số p-adic, sơ lược chứng
minh nguyên lý Hasse cho các dạng toàn phương. Vì sự phức tạp của chứng
minh, tác giả cần thừa nhận khẳng định quan trọng về ký hiệu Hilbert (xem
Định lý 1.2.5), sau đó trình bày công việc này trong phần chứng minh Định
lý 1.3.11.
Chương 2 tác giả điểm qua một số phản ví dụ của nguyên lý Hasse-Minkowski
khi ta xét hệ các dạng toàn phương thay vì chỉ xét một dạng toàn phương. Mở
đầu chương này tác giả trình bày phản ví dụ cổ điển của Lind và Reichardt,
sau đó là phản ví dụ của Swinnerton-Dyer (xem mục 2.2). Phần chính của
chương này dành cho việc trình bày họ các phản ví dụ cho bởi W. Aitken, F.
Lemmermeyer (xem [2]) là mở rộng trực tiếp của phản ví dụ Lind-Reichardt.

Cụ thể phản ví dụ được cho như sau.
Định lý 1. Ta xét hệ phương trình diophantine có dạng


u2

− qw2

= dz 2
= v2,


uw

3

(1)


trong đó
(1) q ∈ P sao cho q ≡ 1(8),
(2) d = 0, không có ước chính phương và q d,
∗4
(3) d ∈ F∗2
q \ Fq ,

(4) q ∈ F4p với mọi p là ước nguyên tố lẻ của d.
Khi đó hệ phương trình nói trên vi phạm nguyên lý Hasse, nghĩa là hệ có nghiệm
trong Qp với mọi p ∈ P, hệ có nghiệm thực nhưng hệ không có nghiệm hữu tỉ.
(Lưu ý khi nói đến nghiệm ta chỉ xét các nghiệm không tầm thường).

Bổ đề 2.3.11 cho thấy điều kiện d ∈
/ F∗4
q đưa ra để đảm bảo hệ phương trình
không có nghiệm trên Q. Ngoài ra để chỉ ra hệ có nghiệm trên mọi trường p-adic
Qp , đầu tiên ta cần khẳng định hệ có nghiệm theo mọi modulo p, hay nói cách
khác hệ có nghiệm trên trường hữu hạn Fp . Điều này được trình bày ở Mục 2.3.2
cho các số nguyên tố lẻ. Tiếp đến ta cần chứng minh tồn tại nghiệm mạnh cho
modulo mọi lũy thừa của p (xem Mục 2.3.3). Các điều kiện còn lại trong Định
lý được đưa ra để đảm bảo sự tồn tại các nghiệm mạnh. Nhận xét rằng họ các
phản ví dụ của Aitken-Lemmermeyer nhiều vô hạn theo nhận xét sau.
Với d = 2, mỗi số nguyên tố q ≡ 1 (mod 8) thỏa mãn: 2 là bình phương
nhưng không là lũy thừa bậc 4 modulo q (ví dụ q = 17). Bằng việc sử dụng
Định lý mật độ Chebotarev cùng một số tính toán cho kí hiệu Artin, ta biết tập
số nguyên tố đó là vô hạn và có mật độ 18 trong tập các số nguyên tố. Nói riêng
trong [2] Aitken và F. Lemmermeyer đã cung cấp một họ vô hạn các phản ví dụ
kiểu Lind-Reichardt. Chi tiết cho nhận xét được tác giả trình bày ở mục 2.4
Phần cuối của chương này tác giả trình bày lời giải một số bài tập đưa ra
trong [2] và làm rõ một số lưu ý trong bài báo [2].
Hà Nội, ngày tháng năm 2017
Sinh viên

Phạm Thị Hương

4


Chương 1

Nguyên lý Hasse Minkowski cho các dạng
toàn phương

1.1

Trường p-adic

Trong mục này tác giả điểm qua một số chi tiết trong việc xây dựng các số
p-adic.
Với mọi n ≥ 1, đặt An = Z/pn Z là vành các lớp số nguyên modulo pn , trong
đó p là một số nguyên tố cho trước. Xét đồng cấu
φn : An → An−1 , x + pn Z → x + pn−1 Z.
Nhận thấy đây là một toàn ánh và hạt nhân của nó là pn−1 An . Khi đó dãy các
đồng cấu
. . . → An → An−1 → . . . → A2 → A1
lập thành một hệ xạ ảnh với tập chỉ số là Z≥1 .
Định nghĩa 1.1.1. Vành các số nguyên p-adic Zp là giới hạn xạ ảnh của hệ
{(An , φn )} được cho như trên
Zp = lim Z/pn .
←−

5


Nhận xét 1.1.2. Một phần tử thuộc Zp = lim(Z/pn , φn ) là một dãy hình thức
←−
x = (. . . , xn , . . . , x1 ) trong đó xn ∈ Z/pn và φn (xn ) = xn−1 với n ≥ 2. Các phép
toán cộng và nhân trên Zp được thực hiện trên từng tọa độ
x + y = (. . . , xn + yn , . . . , x1 + y1 ),
xy = (. . . , xn yn , . . . , x1 y1 ).
Mệnh đề 1.1.3. (a) Một phần tử của Zp (tương ứng trong Z/pn ) là khả nghịch
khi và chỉ khi nó không chia hết cho p.
(b) Nếu kí hiệu Z∗p là nhóm các phần tử khả nghịch của Zp thì mọi phần tử khác

0 của Zp đều có thể viết dưới dạng pn u với u ∈ Z∗p và n ≥ 0.
Chứng minh. (a) Theo giả thiết Zp = lim(Z/pn , φn ), mỗi phần tử x ∈ Zp khi và
←−
chỉ khi nó có dạng
x = (. . . , xn , . . . , x2 , x1 ),
trong đó xn ∈ Z/pn và xn ≡ xm (mod pm ) nếu m ≤ n. Giả sử x ∈ Zp và không
chia hết cho p. Thế thì x1 , x2 , . . . , không chia hết cho p.
Nếu x1 ≡ 0 (mod p), thì tồn tại duy nhất y1 = 0 (mod p) sao cho:
x1 y1 ≡ 1 trong Z/p.
Ta chỉ ra tồn tại y2 ∈ Z/p2 sao cho:
x 1 y1 ≡ 1

(mod p2 ) và y2 ≡ y1

(mod p).

Thật vậy,


x2

≡ x1


p

x1 ,

(mod p),

kéo theo p x2 , suy ra (x2 , p) = 1. Vậy tồn tại y2 ∈ Z/p2 sao cho x2 y2 ≡ 1
(mod p2 ).
Mặt khác,
x2 ≡ x1 (mod p)
⇒ x2 = x1 + pa
⇒ (x1 + pa)y2 ≡ 1 (mod p2 )
⇒ x1 y1 ≡ 1 (mod p)
⇒ y2 ≡ y1 (mod p).

6


Lặp lại thủ tục này ta có
xn yn = 1( trong Z/pn ) và yn ≡ ym

(mod pm ).

(b) Với x ∈ Zp , x = 0, tồn tại n lớn nhất sao cho xn ≡ 0 trong Z/pn . Ta có
x = pn u với u = p−n (. . . , xn+2 , xn+1 , 0, 0, . . . , 0), suy ra u p hay u ∈ (Zp )∗ .
Với x là một phần tử khác không của Zp , x = (. . . , xn , . . . , x2 , x1 ) và ta xét
n là số lớn nhất sao cho xn = 0. Thế thì x = pn u với u ∈ Z∗p . Khi đó số nguyên
n được gọi là định giá p-adic của x và kí hiệu là vp (x). Đặt vp (0) = ∞ và ta có
vp (xy) = vp (x) + vp (y), vp (x + y) ≥ inf(vp (x), vp (y)).
Trên Zp ta trang bị một tôpô tự nhiên sau: Từng không gian (Z/pn ) gồm pn điểm
ta xét tôpô rời rạc. Khi đó Zp là tập con đóng của không gian tích n≥1 (Z/pn )
và được trang bị tôpô cảm sinh từ tôpô tích.
Mệnh đề 1.1.4. (xem [11, Prop. 3, trang 12]) Tôpô trên Zp có thể định nghĩa
bởi khoảng cách như sau
d(x, y) = e−vp (x−y) .
Không gian Zp là một không gian mêtric đầy đủ và Z trù mật trong nó. Ở đây

phép nhúng từ Z vào Zp được cho bởi:
a ∈ Z → ([a]pn := a + pn Z)n≥1 ∈ Zp .
Định nghĩa 1.1.5. Trường số p-adic, kí hiệu Qp , là trường các thương của vành
Zp .
Cho phương trình
F (x1 , . . . , xm ) = 0,

(1.1)

trong đó F ∈ Z[x1 , . . . , xm ] là một đa thức thuần nhất với hệ số trong Z có
bậc d dương. Một bộ gồm m tọa độ (a1 , . . . , am ) được gọi là nghiệm không tầm
thường của phương trình (1.1) nếu nó thỏa mãn phương trình đó và có ít nhất
một ai khác không. Một phần tử (bộ) gồm m tọa độ (a1 , . . . , am ) ∈ Zm được
gọi là nguyên thủy nếu ước chung lớn nhất của a1 , . . . , am bằng 1. Tương tự, bộ
(a1 , . . . , am ) ∈ Zm được gọi là một nghiệm nguyên thủy modulo N của F nếu
bộ đó là nguyên thủy và thỏa mãn phương trình F (a1 , . . . , am ) ≡ 0 (mod N ).
Nếu F = 0 (mod N ) có nghiệm (a1 , . . . , am ) với ai khả nghịch (modulo N ).
−1
Gọi a−1
i là phần tử nghịch đảo của ai trong Z/N hay ai ai = 1 (mod N ), khi đó

7


−1
−1
−1
nhân các tọa độ của (a1 , . . . , am ) với a−1
i (modulo N ) ta được (a1 ai , . . . , ai−1 ai , 1, ai+1 ai ,
cũng là một nghiệm của phương trình (do phương trình thuần nhất) và

−1
−1
UCLN(a1 ai−1 , . . . , ai−1 a−1
i , 1, ai+1 ai , . . . , am ai ) = 1
−1
−1
−1
nên (a1 a−1
i , . . . , ai−1 ai , 1, ai+1 ai , . . . , am ai ) là một nghiệm nguyên thủy của
F = 0 (mod N ).

Mệnh đề 1.1.6. (xem [2, Prop. 4, trang 624]) Cho fi ∈ Z[X1 , . . . , Xm ], i = 1, n
là các đa thức thuần nhất với hệ số trong Z. Khi đó các khẳng định sau là tương
đương:
(1) Hệ có nghiệm nguyên thủy modulo pk với mọi k.
(2) Hệ có nghiệm không tầm thường trong Zp .
(3) Hệ có nghiệm không tầm thường trong Qp .
Chứng minh. Khẳng định (2) và (3) tương đương do hệ phương trình là thuần
nhất nên tính chất nghiệm không thay đổi khi ta nhân vào nó một số khác
không.
(2) ⇒ (1): Giả sử (2) thỏa mãn hay phương trình có nghiệm không tầm
thường (x1 , . . . , xm ) trong Zp . Gọi pk là lũy thừa lớn nhất của p chia hết xi với
mọi i = 1, . . . , m. Ta chia xi cho pk với mọi i = 1, . . . , m, suy ra ta có thể giả sử
tồn tại ít nhất một tọa độ khả nghịch trong Zp . Ta viết xi = (ai1 , ai2 , . . .). Khi
đó, với mỗi k, bộ (a1k , . . . , amk ) là một nghiệm modulo pk . Do xi khả nghịch
trong Zp , nên aik khả nghịch trong Z/pk (trong đó aik ∈ Z là một phần tử khả
−1
nghịch modulo pk ). Suy ra (a1k a−1
ik , . . . , amk aik ) là nghiệm nguyên thủy modulo
pk .

(1) ⇒ (2): Giả sử (1) thỏa mãn. Ta cần xây dựng ck = (ck1 , . . . , ckm ) ∈ Zm
sao cho
(i) ck là nghiệm nguyên thủy modulo pk ,
(ii) ck+1 ≡ ck (mod pk ),
Để chỉ ra điều này ta xét điều kiện (iii) dưới đây
(iii) Với mọi λ ≥ k thì tồn tại nghiệm nguyên thủy modulo pλ đồng dư với ck
modulo pk (điều kiện mở rộng vô hạn).
Chúng ta sẽ chứng minh tồn tại họ ck = (ck1 , ..., ckm ) ∈ Zm thỏa mãn điều kiện
(iii) bằng quy nạp theo k.

8


Đầu tiên ta chứng minh tồn tại c1 thỏa mãn điều kiện (iii). Giả sử phản
chứng mỗi nghiệm nguyên thủy modulo p đều không mở rộng được ra vô hạn.
Khi lấy sai khác modulo p chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên thủy modulo p. Ứng
mỗi nghiệm nguyên thủy modulo p này, tồn tại λc > 0 để không tồn tại nghiệm
nguyên thủy c modulo pλc sao cho c ≡ c (mod p). Khi đó ∀λ ≥ λc , cũng không
tồn tại nghiệm nguyên thủy c (mod pλ ) sao cho c ≡ c (mod p). Vì chỉ có hữu
hạn nghiệm sai khác modulo p nên tồn tại λ lớn hơn mọi λc . Theo giả thiết tồn
tại một nghiệm nguyên thủy c ≡ c (mod pλ ) nên nghiệm c này cũng là nghiệm
nguyên thủy modulo p nên mâu thuẫn. (Rõ ràng c ≡ c (mod p)). Do đó tồn tại
c1 thỏa mãn điều kiện (iii).
Giả sử tồn tại c1 , . . . , cu thỏa mãn ba điều kiện i) với mọi k ≤ u, ii) với mọi
k < u, iii) với mọi k ≤ u. Chọn cu+1 là nghiệm nguyên thủy modulo pu+1 sao
cho cu+1 ≡ cu (mod pu ) và điều kiện iii)thỏa mãn với k = u + 1. Ngược lại, nếu
không tồn tại cu+1 thỏa mãn điều kiện iii) thì lặp lại lập luận ở bước k = 1 suy
ra cu cũng sẽ không thỏa mãn điều kiện (iii). Theo nguyên lý quy nạp chúng ta
xây dựng được một dãy c1 , c2 , . . . thỏa mãn ba điều kiện i), ii) và iii). Do đó (2)
thỏa mãn.

Ta chuyển sang những khẳng định liên quan đến Bổ đề Hensel.
Bổ đề 1.1.7. (xem [11, trang 14]) Cho f ∈ Zp [X] và f là đạo hàm hình thức của
f . Đặt x ∈ Zp , n, k ∈ Z sao cho 0 ≤ 2k < n, f (x) ≡ 0 (mod pn ), vp (f (x)) = k.
Khi đó, tồn tại y ∈ Zp sao cho
f (y) ≡ 0

(mod pn+1 ),

vp (f (y) = k,

y≡x

(mod pn−k ).

Chứng minh. Đặt y = x + pn−k z, với z ∈ Zp . Áp dụng công thức khai triển
Taylor ta có:
f (y) = f (x) + pn−k zf (x) + p2n−2k a với a ∈ Zp nào đó .
Theo giả thiết f (x) = pn b và f (x) = pk c, b ∈ Zp và c ∈ Z∗p , ta có tồn tại z sao
cho b + zc ≡ 0 (mod p). Thật vậy c ∈ Z∗p nên tồn tại c−1 là nghịch đảo của c,
chọn z = (mp − b)c−1 . Do đó với y = x + pn−k z được chọn như trên ta có
f (y) = pn b + pn−k zcpk + p2n−2k a ≡ 0 (mod pn+1 ),
f (y) = f (x) + pn−k zf ”(x)
= pk c + pn−k zf ”(x) ≡ pk c (mod pn−k )( do n − k > k vì n > 2k).
Thế thì vp (f (y)) = k.

9


Định lý 1.1.8. (xem [11, Thm. 1, trang 14]) Cho f ∈ Zp [X1 , X2 , . . . , Xm ], x =
(x1 , . . . , xm ) ∈ (Zp )m , n, k ∈ Z và j là một số nguyên sao cho 0 ≤ j ≤ m. Giả

sử rằng 0 < 2k < n và
f (x) ≡ 0

(mod pn ) và vp (

∂f
) = k.
∂Xj

Khi đó tồn tại một nghiệm của f trong (Zp )m sao cho f (y) = 0 trong (Zp )m và
y ≡ x (mod pn−k ).
Chứng minh. Đầu tiên ta xét trường hợp m = 1:
Áp dụng Bổ đề trên cho: x = x(0) ∈ Zp , f (x(0) ) ≡ 0 (mod pn ), vp (f (x(0) ) = k,
rút ra tồn tại x(1) ∈ Zp sao cho f (x(1) ) ≡ 0 (mod pn+1 ), vp (f (x(1) ) = k,
x(1) ≡ x(0)

(mod pn−k ).

Lặp lại lập luận này ta xây dựng được một dãy x(0) , x(1) , . . . , x(q) , . . . sao cho
x(q+1) ≡ x(q)

(mod pn+q−k ), f (x(q) ) ≡ 0

(mod pn+q ).

Từ đó suy ra (x(i) ) là dãy Cauchy. Do Zp là đầy đủ (theo Mệnh đề 1.1.4) nên
tồn tại y = lim x(n) , ta có f (y) = 0, y ∈ Zp , y ≡ x (mod pn−k ).
←−
m > 1: Chúng ta sẽ đưa về trường hợp m = 1. Đặt f ∈ Zp [Xj ] là đa thức
một biến đặt được bằng cách lấy Xj = xi với i = j. Áp dụng trong trường hợp

m = 1 cho f suy ra tồn tại yj ≡ xj (mod pn−k ) sao cho f (yj ) = 0. Đặt yi = xi
với i = j suy ra y = (yi ) là nghiệm của f và y ≡ x (mod pn−k ).
Cho g là một đa thức nhiều biến có hệ số trên trường k, một nghiệm x của
g được gọi là đơn nếu ít nhất một đạo hàm riêng ∂g/∂Xj khác không tại x.
Hệ quả 1.1.9. (xem [11, Cor. 1, trang 15]) Mọi nghiệm đơn thu gọn modulo p
của đa thức f đều nâng được lên thành một nghiệm của f với hệ số trong Zp .
Chứng minh. Được suy ra trực tiếp từ Định lý trên với n = 1, k = 0.
Hệ quả 1.1.10. ( xem [11, Cor. 2, trang 15]) Giả sử p = 2. Cho f (X) =
aij Xi Xj với aij = aji là một dạng toàn phương có hệ số trong Zp với biệt thức
det(aij ) khả nghịch. Cho a ∈ Zp . Khi đó mọi nghiệm nguyên thủy của phương
trình f (x) ≡ a (mod p) đều có thể nâng thành một nghiệm đúng của phương
trình f (x) = a.

10


Chứng minh. Vì f (X) =

aij Xi Xj nên

∂f
=2
∂Xi


j

aij Xj , hay


∂f




a11 . . . a1n  X1  
 ∂X1 
 . 


.
. . . . . . . . .   .  =  . 

 . 

 . 
 ∂f 
an1 . . . ann .


Xn
∂Xn




(1.2)

Do det(aij ) ≡ 0 (mod p), suy ra phương trình (1.2) có nghiệm duy nhất. Mặt
∂f

khác nếu
≡ 0 (mod p) với mọi i = 1, . . . , m thì phương trình trên chỉ
∂xi
có nghiệm tầm thường (X1 , . . . , Xm ) ≡ 0 (mod p) (mâu thuẫn với giả thiết
∂f
x = (x1 , . . . , xm ) là nguyên thủy). Do đó tồn tại ít nhất
≡ 0 (mod p) hay
∂xi
nghiệm đó không phải là nghiệm đơn. Theo Hệ quả trên suy ra điều phải chứng
minh.
Hệ quả 1.1.11. Giả sử p = 2, f = aij Xi Xj với aij = aji là dạng toàn phương
có hệ số trong Z2 và a ∈ Z2 . Giả sử thêm x là nghiệm nguyên thủy của f (x) ≡ a
(mod 8). Khi đó có thể nâng x thành nghiệm đúng miễn là các đạo hàm riêng
∂f
∂Xj tại x không bị triệt tiêu modulo 4.. Điều kiện cuối cùng này được thỏa mãn
nếu det(aij ) là khả nghịch.
Chứng minh. Áp dụng trực tiếp Định lý trên với n = 3, k = 1.

1.2

Kí hiệu Hilbert

Trong mục này chúng ta kí hiệu k hoặc là trường số thực R hoặc trường số
p-adic Qp .
Định nghĩa 1.2.1. Cho a, b ∈ k ∗ . Ta đặt
(a, b) = 1 nếu z 2 − ax2 − by 2 = 0 có một nghiệm (x, y, z) = 0 trong k 3 .
(a, b) = −1 trong các trường hợp khác.
Số (a, b) = ±1 được gọi là kí hiệu Hilbert của cặp (a, b) trên k.
Định lý 1.2.2. (xem [11, Thm. 1.20]) Đối với các trường thực và p-adic, ký
hiệu Hilbert được cho như sau:

(a) Nếu k = R, ta có


(a, b)

= 1 nếu a > 0 hoặc b > 0,


(a, b)

= −1 nếu a < 0 và b < 0.

11


(b) Nếu k = Qp , a = pα u, b = pβ v; u, v ∈ Z∗p , thì
β

α

(a, b) = (−1)αβε(p) up . vp
(a, b) = (−1)ε(u)ε(v)+αw(v)+βw(u)
trong đó

u
p

là kí hiệu Legendre

nếu p = 2,

nếu p = 2,

u
với u là ảnh của u modulo p, ε(u) =
p

u2 − 1
u−1
, w(u) =
theo modulo 2.
2
8
Chứng minh. (a): Với k = R, khẳng định trên là tầm thường. Thật vậy, giả sử
√
a > 0, khi đó z 2 − ax2 − by 2 = 0 có nghiệm không tầm thường ( a, 1, 0) ∈ R3 .
√
Tương tự với b > 0 phương trình có nghiệm không tầm thường ( b, 0, 1) ∈ R3 .
Suy ra (a, b) = 1 nếu a > 0 hoặc b > 0.
Với a < 0, b < 0, suy ra z 2 − ax2 − by 2 = 0 khi và chỉ khi x = y = z = 0, suy
ra (a, b) = −1.
(b): Với k = Qp , ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.3. (xem [11, Lemma, trang 21]) Cho v ∈ Z∗p , khi đó phương trình
z 2 − px2 − vy 2 = 0 có nghiệm không tầm thường (z, x, y) ∈ Q3p sao cho z, y ∈ Z∗p
và x ∈ Zp .
Chứng minh. Do phương trình z 2 − ax2 − by 2 = 0 thuần nhất nên nếu phương
trình có nghiệm không tầm thường trong Qp thì có nghiệm nguyên thủy (z, x, y) ∈
Zp × Zp × Zp . Giả sử z ≡ 0 (mod p), hoặc y ≡ 0 (mod p). Do z 2 − px2 − vy 2 = 0
kéo theo z 2 − vy 2 ≡ 0 (mod p); v ∈ Z∗p nên z 2 ≡ 0 (mod p), y 2 ≡ 0 (mod p); do
p là nguyên tố nên z ≡ 0 (mod p), y ≡ 0 (mod p), suy ra px2 ≡ 0 (mod p2 ) hay
x ≡ 0 (mod p). Do đó (z, x, y) không là nghiệm nguyên thủy, mâu thuẫn.

Quay lại chứng minh của phần (b) của Định lý 1.2.2. Ở đây tác giả giới
hạn chỉ chứng minh cho trường hợp p lẻ, trường hợp p = 2 tác giả dẫn về tài
liệu [11, trang 22].
Trường hợp p = 2: Do ký hiệu Hilbert (·, ·) : k ∗ /(k ∗ )2 × k ∗ /(k ∗ )2 → {±1} là
một dạng song tuyến tính đối xứng không suy biến trên F2 (xem [11, Prop. 2,
trang 19]), nên ta chỉ cần xét ba trường hợp sau.
1) α = 0, β = 0: phương trình trở thành
z 2 − ux2 − vy 2 = 0.
Ta sử sụng kết quả sau

12

(1.3)


Bổ đề 1.2.4. (Trường hợp riêng của Định lý Chavalley-Warning, xem [11, Corollary, trang 6])Mọi phương trình thuần nhất bậc hai có nhiều hơn hai biến trên
trường hữu hạn đều có nghiệm không tầm thường.
Áp dụng Bổ đề 1.2.4 suy ra phương trình (1.3) có nghiệm không tầm thường
modulo p. Mặt khác dạng toàn phương


z 2 − ux2 − vy 2 = (z

 

z
1 0
0
 





x y) 0 −u 0  x

y
0 0 −v

có biệt thức disc(z 2 − ux2 − vy 2 ) = uv ∈ Z∗p . Do đó mọi nghiệm của z 2 − ux2 −
vy 2 = 0 (mod p) đều nâng được thành một nghiệm thực sự trên trường p−adic,
hay (u, v) = 1.
2) α = 1, β = 0.
Chúng ta sẽ kiểm tra (pu, v) = vp . Do (u, v) = 1 nên (pu, v) = (p, v), suy
ra ta chỉ cần kiểm tra (p, v) = ( vp ). Nếu v ∈ (Q∗p )2 thì (p, v) = 1 với mọi p,
v
suy ra (p, v) = ( vp ). Nếu v ∈ Q∗,2
p , suy ra ( p ) = −1. Theo Bổ đề 1.2.3 suy ra
z 2 − px2 − vy 2 = 0 không có nghiệm không tầm thường trong Qp vì ngược lại
thì z 2 − vy 2 ∈ Z∗p , z, y ∈ Z∗p mà z 2 − vy 2 = px2 ∈ Z∗p , mâu thuẫn).
3) α = 1, β = 1.
Ta phải kiểm tra (pu, pv) = (−1)(p−1)/2 up vp . Ta có (a, b) = (a, −ab) =
(a, (1 − a)b) với mọi a, b. Do đó (pu, pv) = (pu, −p2 uv) = (pu, −uv). Áp dụng
u
v
−1
trường hợp trên ta có (pu, −uv) = −uv
= −1
=
p
p

p
p . Mặt khác
p
(−1)(p−1)/2 .
Khẳng định sau đây là tổng hợp của nhiều kết quả trong số học như Định
lý Trung Hoa về giá trị thặng dư, Định lý xấp xỉ yếu và Định lý Dirichlet về
tính vô hạn của số nguyên tố trong cấp số cộng. Khẳng định này cũng là một
chi tiết quan trọng cần đến trong chứng minh Nguyên lý Hasse-Minskowski.
Định lý 1.2.5. (xem [11, Thm. 4, trang 24]) Cho (ai )i∈I là họ hữu hạn các phần
tử trong Q∗ và đặt (εi,v )i∈I,v∈V là họ các số nhận giá trị ±1. Để tồn tại x ∈ Q∗
sao cho (ai , x)v = εi,v với mọi i ∈ I và với mọi v ∈ V , điều kiện cần và đủ là
các điều kiện sau được thỏa mãn:
i) Hầu hết mọi phần tử εi,v đều bằng 1 (tức là trừ một số hữu hạn εi,v = −1).
ii) Với mọi i ∈ I ta có v∈V εi,v = 1.
iii) Với mọi v ∈ V tồn tại xv ∈ Q∗v sao cho (ai , xv ) = εi,v với mọi i ∈ I.

13


1.3
1.3.1

Dạng toàn phương trên Qp và trên Q
Dạng toàn phương

Định nghĩa 1.3.1. Cho V là một môđun trên vành giao hoán A. Một ánh xạ
Q : V → A được gọi là dạng toàn phương trên V nếu:
1) Q(ax) = a2 Q(x) với a ∈ A và x ∈ V .
2) Ánh xạ (x, y) → Q(x + y) − Q(x) − Q(y) là một dạng song tuyến tính.
Cặp (V, Q) được gọi là một môđun toàn phương.

Trong mục này chỉ giới hạn với vành A là một trường k có đặc số khác 2.
Ta đặt:
1
x.y = {Q(x + y) − Q(x) − Q(y)}, với x, y ∈ V.
2
Định nghĩa 1.3.2. (Ma trận của dạng toàn phương) Cho (ei )1≤i≤n là một cơ
sở tùy ý của V . Ta định nghĩa ma trận của dạng toàn phương Q đối với cơ sở
(ei )1≤i≤n là ma trận A = (aij ) trong đó aij = ei .ej . Nhận xét thấy ma trận A là
đối xứng.
Nếu chúng ta thay đổi cơ sở (e1 , . . . , en ) thành (e1 , . . . , en ), và ma trận A
của Q đối với cơ sở mới là X T .A.X trong đó X T là ma trận chuyển của ma trận
X. Nói riêng
det(A ) = det(A). det(X)2 ,
điều này chỉ ra rằng det(A) được xác định sai khác nhân với một phần tử của
k ∗2 , nó được gọi là biệt thức của Q và kí hiệu là disc(Q).
Hai phần tử x, y ∈ V được gọi là trực giao với nhau nếu x.y = 0. Tập các
phần tử trực giao của một tập con H của V kí hiệu là H 0 là một không gian
véctơ con của V . Nếu V1 và V2 là hai không gian véctơ con của V , chúng được
gọi là trực giao nếu V1 ⊂ V20 , tức là nếu x ∈ V1 , y ∈ V2 suy ra x.y = 0.
Phần bù trực giao V 0 của V là chính nó được gọi là căn (hoặc là hạt nhân)
của V và được hiệu rad(V ). Đối chiều của nó được gọi là hạng của Q. Nếu
V 0 = 0 thì chúng ta nói rằng dạng Q không suy biến.
Định lý của Witt. Cho (V, G) và (V , G ) là hai môđun toàn phương không
suy biến; đặt U là không gian véctơ con của V , và
s:U →V

14


là một đơn cấu bảo toàn các dạng Q và Q từ U vào V . Câu hỏi đặt ra là có

thể mở rộng đơn cấu s lên toàn bộ không gian U hay không. Chúng ta bắt đầu
với trường hợp U không suy biến:
Bổ đề 1.3.3. Nếu U là không suy biến, chúng ta có thể mở rộng s thành đơn
cấu s1 : U1 → V trong đó U1 chứa U như là một siêu phẳng.
Tổng quát hơn chúng ta có Định lý của Witt sau đây.
Định lý 1.3.4. (xem [11, Thm. 3, trang 31]) Nếu (V, G) và (V , G ) đẳng cấu
với nhau và không suy biến thì mọi đơn cấu
s : U −→ V
của một không gian véctơ con U của V có thể mở rộng thành đẳng cấu giữa V
và V.
Đặt f (X) = ni=1 aii Xi2 + 2 ik; ta đặt điều kiện aij = aji nếu i > j và do đó ma trận A = (aij ) là đối xứng.
Cặp (k n , f ) là một môđun toàn phương, tương ứng với f (hoặc với ma trận A).
Định nghĩa 1.3.5. Hai dạng toàn phương f và f được gọi là tương đương nếu
các môđun toàn phương tương ứng của nó là đẳng cấu với nhau. Kí hiệu f ∼ f .
Cho f (X1 , X2 , . . . , Xn ) và g(X1 , . . . , Xm ) là hai dạng toàn phương; ta kí hiệu
f + g là dạng toàn phương
f (X1 , . . . , Xn ) + g(Xn+1 , . . . , Xn+m ),
với n + m biến. Tương tự chúng ta định nghĩa f − g chính là f + (−g).
Định nghĩa 1.3.6. Một dạng f (X1 , X2 ) với hai biến được gọi là hyperbolic nếu
ta có
f ∼ X1 X2 ∼ X12 − X22 .
Chúng ta gọi dạng f (X1 , . . . , Xn ) biểu diễn một phần tử a của k nếu tồn tại
x ∈ k n , x = 0, sao cho f (x) = a.
Mệnh đề 1.3.7. (xem [11, Prop. 3, trang 33]) Nếu f biểu diễn 0 và không suy
biến, ta có f ∼ f2 + g trong đó f2 là một dạng hyperbolic. Hơn nữa, f biểu diễn
mọi phần tử của k.

15

Hệ quả 1.3.8. (xem [11, Cor. 2, trang 33]) Cho g và h là hai dạng không suy
biến có hạng ≥ 1, đặt f = g − h. Khi đó các tính chất sau tương đương:
a) f biểu diễn 0.
b) Tồn tại a ∈ k ∗ được biểu diễn bởi g và h.
c) Tồn tại a ∈ k ∗ sao cho g − aZ 2 và h − aZ 2 biểu diễn 0.

1.3.2

Dạng toàn phương trên Qp

Cho p là số nguyên tố, k là trường p-adic Qp . Cho (V, Q) là một môđun toàn
phương hạng n và d(Q) = disc(Q) là biệt thức của nó. Khi e = (e1 , e2 , . . . , en )
là một cơ sở trực giao của V , ta đặt ai = ei .ei , và rút ra
d(Q) = a1 . . . an (trong k ∗ /k ∗2 )
Đặt ε(e) = iNếu f là một dạng toàn phương với n biến và nếu
f ∼ a1 X12 + · · · + an Xn2
thì hai phần tử
d(f ) = a1 . . . an = d (trong k ∗ /k ∗2 ) ,
(ai , aj ) = ε (thuộc ±1)

ε(f ) =
i
là những bất biến trong lớp tương đương của f .
Cho f là dạng toàn phương có hạng n, đặt d = d(f ), ε = ε(f ) là hai bất
biến của nó.
Định lý 1.3.9. (xem [11, Theorem 6, trang 36]) Để dạng f biểu diễn 0 điều
kiện cần và đủ là một trong các trường hợp sau xảy ra:

i) n = 2 và d = −1 trong k ∗ /k ∗2 ,
ii) n = 3 và (−1, −d) = ε,
iii) n = 4 và d = 1 hoặc d = 1 và ε = (−1, −1).
iv) n ≥ 5.
(Nói riêng, với mọi dạng ít nhất 5 biến trên Qp đều biểu diễn 0.)
Hệ quả 1.3.10. (xem [11, Corollary, trang 37]) Cho a ∈ Q∗p /Q∗2
p . Để f biểu
diễn a thì điều kiện cần và đủ là một trong các điều kiện sau xảy ra:

16


i) n = 1 và a = d,
ii) n = 2 và (a, −d) = ε,
iii) n = 3 và hoặc a = −d hoặc a = −d và (−1, −d) = ε,
iv) n ≥ 4.

1.3.3

Dạng toàn phương trên Q

Mọi dạng toàn phương được xét trong mục này đều có hệ số trong Q và
không suy biến. Cho f ∼ a1 X12 + · · · + an Xn2 là một dạng toàn phương có hạng
bằng n. Chúng ta có các bất biến sau:
a) Biệt thức d(f ) ∈ Q∗ /Q∗2 bằng [a1 . . . an ] trong Q∗ /Q∗2 .
b) Cho v ∈ V . Phép nhúng Q → Qv cho phép ta xem f như là một dạng
toàn phương (kí hiệu fv ) trên Qv . Bất biến của fv sẽ được kí hiệu là dv (f ) và
εv (f ). Nhận thấy dv (f ) là ảnh của d(f ) qua Q∗ /Q∗2 → Q∗v /Q∗2
v , và ta có
εv (f ) =

(ai , aj )v ,
i
với (ai , aj )v là ký hiệu Hilbert của ảnh ai , aj trong Q∗v /Q∗2
v .
Định lý 1.3.11. (Nguyên lý Hasse-Minkowski cho các dạng toàn phương, xem [11,
Theorem 8, trang 41 ]) Dạng toàn phương hệ số hữu tỷ f biểu diễn 0, khi và chỉ
khi với mọi định giá v ∈ V dạng fv đều biểu diễn 0.
Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên.
Để chứng minh điều kiện đủ, chúng ta viết f dưới dạng
f = a1 X12 + · · · + an Xn2 , ai ∈ Q∗
Bằng cách thay f bằng a1 f g ta có thể giả sử a1 = 1. Xét các trường hợp với
n = 2, 3, 4 và n ≥ 5.
i) n = 2:
Ta có f = X12 − aX22 , do f∞ biểu diễn 0 nên a > 0. Ta viết a dưới dạng
pvp (a) ,

a=
p

Ta có fp biểu diễn 0 nên a là một bình phương trong Qp nên vp (a) là một
số chẵn với mọi số nguyên tố p. Do đó a là một bình phương trong Q suy ra f

17


biểu diễn 0.
ii) n = 3:
Ta có f = X12 − aX22 − bX32 , hơn nữa có thể giả sử rằng a và b không có ước

chính phương (tức là vp (a), vp (b) bằng 0 hoặc 1 với mọi số nguyên tố p). Bằng
cách đổi thứ tự biến có thể giả sử thêm rằng |a| ≤ |b|. Chúng ta sẽ chứng minh
bằng quy nạp theo số nguyên m = |a| + |b|.
Nếu m = 2, ta có
f = X12 ± X22 ± X32
vì f∞ biểu diễn 0. Trong các trường hợp khác thì f biểu diễn 0. Nhận thấy f
không có dạng X12 + X22 + X32 .
Nếu m > 2, tức là |b| ≥ 2 và b được viết dưới dạng
b = ±p1 . . . pk ,
trong đó pi là các số nguyên tố khác nhau. Với p là một phần tử tùy ý trong
các số nguyên tố pi , chúng ta sẽ chứng minh rằng a là một bình phương modulo
p. Điều này là hiển nhiên nếu a ≡ 0 (mod p). Với các trường hợp khác a khả
nghịch trong Zp . Theo giả thiết quy nạp, tồn tại (x, y, z) ∈ Q3p \ {(0, 0, 0)} sao
cho z 2 − ax2 − by 2 = 0 và chúng ta có thể giả sử (x, y, z) là nguyên thủy. Ta có
z 2 − ax2 = 0 (mod p). Từ đó suy ra nếu x ≡ 0 (mod p) suy ra z ≡ 0 (mod p) và
py 2 chia hết cho p. Do vp (b) = 1 nên y ≡ 0 (mod p) (trái với (x, y, z) là nguyên
thủy). Do đó ta có x không đồng dư với 0 modulo p, suy ra a là bình phương
modulo p. Do theo Định lí Trung Hoa về thặng dư ta có Z/bZ = Z/pi Z nên a
là bình phương modulo p. Do đó tồn tại các số nguyên t, b sao cho
t2 = a + bb ,
và chúng ta có thể chọn t sao cho |t| ≤ |b|/2. Từ biểu thức bb = t2 − a , ta có
z 2 − ax2 − (t2 − a)y 2 = 0 có nghiệm (t, 1, 1) = 0 hay (a, bb ) = 1. Do tính chất
song tuyến tính của kí hiệu Hilbert ta có (a, bb ) = (a, b)(a, b ), suy ra f biểu
diễn 0 trong k, với k = Q hoặc Qp , nếu và chỉ nếu
f = X12 − aX22 − b X32 , cũng biểu diễn 0 trên k.
Nói riêng, f biểu diễn 0 trong mỗi Qp . Mặt khác
|b | =

t2 − a
|b|

≤
+ 1 < |b| do |b| ≥ 2.
b
4

18


Viết b = b”u2 trong đó b”, u là các số nguyên và b” không có ước chính
phương, ta có |b”| < |b|. Áp dụng giả thiết quy nạp cho f ” = X12 − aX22 − b”X32
tương đương với f , suy ra f ” biểu diễn 0 trong Q, do đó f biểu diễn 0 trong Q.
iii)n = 4:
Ta viết f = aX12 + bX22 − (cX32 + dX42 ). Đặt v ∈ V , do fv biểu diễn 0, bằng Hệ
quả 1.3.8 tồn tại xv ∈ Q∗v được biểu diễn bởi aX12 + bX22 và bởi cX32 + dX42 , suy
ra (xv , −ab)v = (a, b)v và (xv , −cd)v = (c, d)v với mọi v ∈ V .
Do v∈V (a, b)v = v∈V (c, d)v = 1, chúng ta áp dụng Định lí 1.2.5 suy ra tồn
tại x ∈ Q∗ sao cho
(x, −ab)v = (a, b)v và (x, −cd)v = (c, d)v với mọi v ∈ V.
Lại áp dụng hệ quả 1.3.8 suy ra dạng aX12 + bX22 − xZ 2 biểu diễn 0 trên mỗi
Qv suy ra biểu diễn 0 trên Q (theo chứng minh ở trên). Do đó x được biểu diễn
trên Q bởi aX12 + bX22 , và khẳng định tương tự đối với cX32 + dX42 . Vậy f biểu
diễn 0 trên Q.
iv) n ≥ 5:
Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n. Ta viết f = h − g, với
h = a1 X12 + a2 X22 , g = −(a3 X32 + · · · + an Xn2 ).
Gọi S là tập con của V bao gồm ∞, 2 và số nguyên tố p sao cho vp (ai ) = 0
với i ≥ 3 nào đó, tập S là hữu hạn. Lấy v ∈ S. Do fv biểu diễn 0, nên tồn tại
av ∈ Q∗v được biểu diễn trong Qv bởi h và g; tức là tồn tại xvi ∈ Qv , i = 1, . . . , n
sao cho
h(xv1 , xv2 ) = av = g(xv3 , . . . , xvn ).

Mặt khác tập các bình phương của Q∗v là một tập mở. Sử dụng định lý xấp
xỉ yếu suy ra tồn tại x1 , x2 ∈ Q sao cho, nếu a = h(x1 , x2 ) thì ta có a/av ∈ Q∗2
v
2
với mọi v ∈ S. Bây giờ ta xét dạng f1 = aZ − g. Nếu v ∈ S thì g biểu diễn av
trong Qv nên g cũng biểu diễn a vì a/av ∈ Q∗2
v ; do đó f1 biểu diễn 0 trong Qv .
Nếu v ∈
/ S thì hệ số −a3 , . . . , −an của g là đơn vị v-adic; dv (g) = (−a3 ) . . . (−an )
cũng là đơn vị v-adic, do v = 2 nên εv (g) = 1. Trong mọi trường hợp, chúng ta
đều thấy rằng f1 biểu diễn 0 trong Qv , do hạng của f1 bằng n − 1 nên bằng giả
thiết quy nạp suy ra f1 biểu diễn 0 trong Q, tức là g biểu diễn a trong Q; do h
biểu diễn a nên f biểu diễn 0. Định lý được chứng minh hoàn toàn.

19


Chương 2

Các phản ví dụ của
nguyên lý HasseMinkowski cho hệ các
dạng toàn phương
Trong mục này tác giả điểm qua một số ví dụ kinh điển của nguyên lý Hasse
cho hệ các dạng phản toàn phương cho bởi Lind-Reichardt, Birch/SwinnertonDyer và sau đó là họ các phản ví dụ của Aitken-Lemmermeyer ở mục 2.4, tác
giả chỉ ra các phản ví dụ này là vô hạn. Mục 2.5 tác giả trình bày lời giải một
số bài tập, làm rõ một số khái niệm trong bài báo [2].

2.1

Phản ví dụ của Lind và Reichardt

Mệnh đề 2.1.1. (xem [3]) Đường cong có giống bằng 1 (trong P3 ) xác định bởi
phương trình
x4 − 17y 4 = 2z 2
(2.1)
là một phản ví dụ của Nguyên lý Hasse-Minkowski trên Q. Nói cách khác, phương
trình này có nghiệm không tầm thường trong Qp với p là số nguyên tố và trên
R, nhưng chỉ có nghiệm hữu tỉ tầm thường.

20


Chú ý rằng đây không phải là một đường cong phẳng (tức là đường cong
trong P2 ), nó nhận được bằng cách lấy giao của hai mặt cong bậc hai trong P3


 u2

− 17w2

= 2z 2 ,
= v2.


uw

(2.2)

Điều này được nhận thấy qua phép đổi biến u = x2 , w = y 2 , v = xy.
Chứng minh. Ta kí hiệu X(k) là các điểm k-hữu tỉ của đường cong (2.1).

√
Ta có ( 4 2 : 1 : 0) ∈ X(R), kéo theo X(R) = 0.
Phương trình (2.1) có nghiệm trong Qp hay X(Qp ) = 0 với mọi p = 2, p = 17.
Thật vậy trong trường hợp này đường cong cho bởi phương trình (2.1) trơn khi
lấy thu gọn modulo p. Mặt khác do Định lý chặn Hasse (xem [12, Thm 1, trang
138]) phát biểu rằng: bất kỳ đường cong có giống bằng 1 trên Fp có ít nhất
√
p + 1 − 2 p > 0 điểm hữu tỷ. Theo Bổ đề Hensel (do tính trơn của đường cong
modulo p, với p = 2, 17) các nghiệm đó được nâng lên thành nghiệm thực sự
trong Qp .
Với p = 2: phương trình (2.2) có nghiệm mạnh (là nghiệm nguyên thủy thỏa
mãn một trong các số au = u, cw = 17w, dz = 2z khác không, xem thêm mục
2.3.3)(u : v : w : z) = (1 : 1 : 1 : 0) modulo 16 = 24 . Từ nghiệm này sẽ nâng lên
được thành một điểm hữu tỷ trên Q2 (theo Định lý 2.3.10).
Với p = 17: phương trình (2.2) có nghiệm mạnh (u : v : w : z) = (6 : 0 : 0 : 1).
Từ nghiệm này nâng lên được thành một nghiệm trong Q17 (theo Định lý 2.3.7).
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh phương trình (2.1) chỉ có nghiệm hữu tỉ tầm
thường.
Giả sử phương trình có nghiệm (x, y, z) không tầm thường trong Q, thế thì
(nx, ny, n2 z) cũng là nghiệm với mọi số tự nhiên n. Do đó phương trình cũng có
nghiệm không tầm thường trên Z và hơn nữa ta có thể giả sử UCLN(x, y) = 1,
z > 0.
Giả sử q | z, q là số nguyên tố lẻ. Khi đó phương trình (2.1) kéo theo
4
x = 17y 4 trong Fq . Do đó 17 là lũy thừa bậc 4 modulo q (vì nếu q | y thì q | x,
17
= 1. Theo luật tương hỗ
mâu thuẫn với điều kiện UCLN(x, y) = 1)) nên
q
(thuận nghịch) Gauss (xem [11, Thm. 6, trang 7]) ta có:

q
q 17
= 1 do q ≡ 1(8), do đó
= 1 hay q ∈ (F∗17 )2 .
17 q
17
Mặt khác 2, −1 cũng là bình phương trong F17 . Cụ thể (2 ≡ 62 (mod 17), −1 ≡
42 (mod 17). Do đó với mọi ước nguyên tố của z đều là bình phương modulo

21


17. Do tính chất nhân tính của kí hiệu Legendre nên z = z02 trong F17 thay vào
phương trình (2.1) ta có:
2z04 = x4 trong F17 .
Do đó 2 là lũy thừa bậc 4 trong F17 . Điều này vô lý vì không có số nào trong
F17 có lũy thừa bậc bốn bằng 2. Vậy phương trình (2.1) không có nghiệm trong
Q.

2.2

Phản ví dụ của Birch và SwinnertonDyer

Mặt del Pezzo trơn bậc 2 trong P4 được định nghĩa bởi phương trình


uv

= x2 − 5y 2


(u + v)(u + 2v)

= x2 − 5z 2

(2.3)

là một phản ví dụ của Nguyên lý Hasse-Minskowski.
Chứng minh. Kí hiệu X là một mặt cong định nghĩa bởi phương trình (2.3).
Trước tiên chúng ta sẽ chỉ ra rằng X(Qp ) = ∅ với mọi p là số nguyên tố .
p = 2: Ta chỉ ra một trong các số −1, 5, −5 là một bình phương p−adic.
5
Giả sử −1, 5 không phải là bình phương trong Fp thì −1
= −1 và
= −1.
p
p
5 −1
−5
=
= 1 hay −5 là một bình phương trong Fp . Tương tự
Suy ra
p
p p
với các trường hợp còn lại, ta có một trong −1, 5, −5 là một bình phương trong
Fp . Áp dụng Bổ đề Hensel cho phương trình X 2 − a với a ∈ {−1, 5, −5}, rút ra
một trong các số −1, 5, −5 là một bình phương p−adic. Do đó một trong các
√
√
điểm (u : v : x : y : z) = (1 : 1 : 1 : 0 : −1), (10 : −10 : 5 : 5 : 5), (5 : 0 : 0 : 0 :

√
−5) thuộc X(Qp ).
p = 2, ta có −15 ∈ (Q∗2 )2 (xem [11]Thm 4, trang 8). Do đó (−25 : 5 : 0 :
√
2 −15) ∈ X(Q2 ).
Ta chứng minh hệ phương trình (2.3) chỉ có nghiệm tầm thường trong Q,
do đó X(Q = ∅. Giả sử (u : v : x : y : z) ∈ X(Q). Ta có thể giả sử mv ∈ Z và
(u, v) = 1. Nếu 5 | uv thì 5 | x do uv = x2 −5y 2 và 5 | u hoặc 5 | v (vì (u, v) = 1).
Vì 5 | x, nên 5 | (u + v)(u + 2v). Kết hợp với 5 | uv suy ra 5 |UCLN(u, v), mâu
thuẫn với UCLN(u, v) = 1. Do đó 5 uv. Tương tự 5 (u + v)(u + 2v).
Dùng luật tương hỗ bậc hai, nếu một số nguyên n có thể viết n = x2 − 5y 2 với

22