Tài liệu Luận văn thạc sĩ 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 HỢP THÀNH CỦA HAI DẠNG TOÀN PHƯƠNG 17 2.1 Hợp thành của hai dạng toàn phương . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Nhóm lớp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3 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) 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 SL(2, Z) 1 Nhóm ma trận cấp 2 với hệ số nguyên và định thức bằng 1 PT 1 P Ma trận chuyển vị của ma trận P Ma trận nghịch đảo của ma trận chuyển vị P (Z/DZ) im(c) ker(c) Nhóm các phần tử khả nghịch của vành (Z/DZ) Ảnh của đồng cấu c Hạt nhân của đồng cấu c C(D) Tập hoặc nhóm các lớp của các dạng toàn phương hai biến với định thức D (a, b, c) a Dạng toàn phương hai biến ax + bxy + cy p ! M m 2 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 sở chính tắc, tức là A = p " # q. r s Gọi A là ma trận của dạng toàn phương f (x, y) = ax2 + bxy + cy2 trong cơ a b x h i 2 " 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. 10 ! 0 1 , và ( f P)Q = f (PQ), với mọi P, Q 2 GL(2, Z). Ta cũng nhận xét rằng, f = f I2 ở đây I2 = 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 tuyến tính 8x = px + ry 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 f (x, y) = ax + bxy + cy 2 2 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 2 2 2 jbj x + cx ax 2 2 2 2 , bxy + cy jbj x + cx . Ta đi chứng minh (1.2) đúng. Xét các trường hợp sau. (1.2) TH1: bxy 0. 2 Do bxy 0 nên bxy j bjx , mà cy TH2: bxy < 0. 2 2 cx suy ra (1.2) đúng. Xét x > 0, y > 0, b < 0. Ta có b < 0 suy ra jbj = 2 2 (1.2) , bxy + cy bx + cx , bxy + cy 2 bx 2 b. Khi đó: 2 2 cx 2 0 2 , bx(y x) + c(y 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: (1.2) , bxy + cy 2 2 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: (1.2) , bxy + cy 2 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 ( y0 0 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 a(x + my) + b(x + my)y + cy 2 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 biếến đổi tuyếến tnh ( y00 = x = x 0 = 1. ,với 1 y 0 1 Đặt g(x, y) = f ( y, x) = a( 2 2 y) + b( y)x + cx = cx 2 2 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 nến h(x, y) là dạng thu gọn. x 0 y0 = x+y = y , với 1 1 0 1 = 1. Khi đó 2 f (x + y, y) = a(x + y) a(x + y)y + cy 2 = ax + 2axy + ay = = 2 ax + axy + cy 2 axy 2 ay + cy 2 2 h(x, y). Suy ra f (x, y) tương đương thực sự với h(x, y). x = đó 2 ( 0 Giả a = c. Xét phép biến đổi tuyến tính y0 f ( y, x) = ay 2 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) nến tồồn tại phép biếến đổi tuyếến tnh ( y00 x = rx + sy = px + qy , với p, q, r, s 2 Z và r s = 1. 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 c2 = g(0, 1) = h(q, s) = c1 ) (q, s) = (0, 1). Kết hợp với p q r s ( = 1, ta suy ra ( (0, 1) hoặc (q, s) = (p, r) = (1, 0) (q, s) = (0, (p, r) = ( 1). 1, 0) 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 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 2 D = 4ac b 2 4ac a 4a 2 2 2 a = 3a . Do đó 0 a Vì jbj a r D 3 (do a jbj 0). D 3 , suy ra tồn tại hữu hạn các giá trị của a, b thỏa mãn điều r 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) 3 4 7 8 15 12 20 23 28 56 67 1 1 1 1 2 1 2 3 1 4 1 108 3 Dạng thu gọn 2 2 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 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) = ax 2 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. Nếếu jbj > a thì thực hiện phép biếến đổi tuyếến tnh ( y00 = với 0 1 = 1. 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. Nếếu c < a thì thực hiện phép biếến đổi tuyếến tnh ( y00 x = x = với 1 y 0 2 0 = 1. 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 Giải: + Xét phép biến đổi tuyến tính ( = x ymy x = 14 0 y0 thỏa mãn: j2.6.m 14j 6 , j12m ( = y0 x với 1 0 = = 1. Khi đó 2 + 2xy + 6y . 1 1 h(x, y) = g( y, x) = x x = 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 = 1. Chọn m 2 2xy + y . 0 1 2 + Xét phép biến đổi tuyến tính ( y00 m j g(x, y) = f (x + y, y) = 6x = x y 0 1 6. Lấy m = 1. Khi đó 2 + Xét phép biến đổi tuyến tính với 0 1 + 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 0 y0 thỏa mãn: 2.2.m + 6 j 2 4m + 6 j ,j g(x, y) = f (x = x + my = y 1 m 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 .