Tài liệu Phương trình fermat và giả thuyết euler

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MAI THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH FERMAT VÀ GIẢ THUYẾT EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC MAI THỊ VÂN PHƯƠNG TRÌNH FERMAT VÀ GIẢ THUYẾT EULER LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI Thái Nguyên - 2017 i Mục lục Lời cảm ơn ii Bảng ký hiệu 1 Mở đầu 2 1 Bài toán Fermat và Giả thuyết Euler 4 1.1 Những trường hợp đặc biệt của bài toán Fermat . . . . . 4 1.2 Giả thuyết Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2 Sự tồn tại nghiệm của phương trình Euler 25 2.1 Elkies và Giả thuyết Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Khoảng trống giữa tổng các căn bậc hai . . . . . . . . . 39 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo chính 53 ii Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy tôi GS.TSKH. Hà Huy Khoái, người đã trực tiếp hướng dẫn luận văn, đã tận tình chỉ bảo và hướng dẫn tôi tìm ra hướng nghiên cứu, tìm kiếm tài liệu, giải quyết vấn đề... nhờ đó tôi mới có thể hoàn thành luận văn cao học của mình. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới Thầy và tôi hứa sẽ cố gắng hơn nữa để xứng đáng với công lao của Thầy. Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đặc biệt các thầy giáo dạy cao học Phương pháp Toán sơ cấp đã quan tâm và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập tại trường. Tôi xin cảm ơn quý thầy cô Khoa Toán - Tin đã luôn quan tâm, động viên, trao đổi và đóng góp những ý kiến quý báu trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn của tôi. Nhân dịp này tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập. Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2017 Tác giả luận văn Mai Thị Vân 1 Bảng ký hiệu R Z Q S K E P(m) P3 P SL2 (Q)  Tập số thực. Tập số nguyên. Tập số hữu tỉ. Mặt affine. Tập hợp các ánh xạ hữu tỉ. Đường cong elliptic trên trường hàm K. Tập hợp các điểm trên E. Không gian ánh xạ ba chiều. Nhóm tuyến tính các ma trận cấp hai hệ số hữu tỉ. Kết thúc chứng minh. 2 Mở đầu Bài toán Fermat là câu chuyện độc nhất vô nhị trong lịch sử toán học thế giới, khởi nguồn từ cổ đại với nhà toán học Pythagore. Bài toán cuối cùng (sau này giới toán học gọi là Định lý cuối cùng của Fermat, hay Định lý lớn Fermat) có gốc từ định lý Pythagore: "Trong một tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông". Sau khi chứng minh rằng phương trình x4 + y 4 = z 4 không có nghiệm nguyên không tầm thường, Fermat phát biểu Định lý cuối cùng của Fermat, nói rằng phương trình xn + y n = z n không có nghiệm nguyên không tầm thường với n ≥ 3. Năm 1769, Euler phát biểu giả thuyết tổng quát nói rằng, phương trình tương tự như phương trình Fermat không có nghiệm không tầm thường nếu số bậc lớn hơn hoặc bằng số ẩn. Hơn 200 năm sau, N. Elkies, nghiên cứu sinh của Đại học Harvard, là người đầu tiên đưa ra phản ví dụ cho giả thuyết Euler với phương trình bậc 4 gồm 4 ẩn. Công trình đó đã mở đầu cho một hướng nghiên cứu mới, gắn liền việc xét nghiệm của phương trình x4 + y 4 + z 4 = u4 (1) với việc nghiên cứu các đường cong Elliptic. Mục đích của luận văn trình bày lịch sử của bài toán Fermat và Giả thuyết Euler, cùng với công trình của Elkies và kết quả liên quan đến nghiệm nguyên của phương trình Euler. 3 Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, hai chương trình bày nội dung của luận văn, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. Chương 1: "Bài toán Fermat và Giả thuyết Euler" trình bày lịch sử chứng minh một số trường hợp của Định lý Fermat, kết quả của Euler và Giả thuyết Euler. Chương 2: "Sự tồn tại nghiệm của phương trình Euler" trình bày kết quả của Elkies và kết quả liên quan đến nghiệm nguyên của phương trình kiểu Fermat bằng cách đánh giá khoảng trống giữa tổng các căn bậc hai. 4 Chương 1 Bài toán Fermat và Giả thuyết Euler Chương này trình bày lịch sử chứng minh một số trường hợp của Định lý Fermat, kết quả của Euler và Giả thuyết Euler. 1.1 Những trường hợp đặc biệt của bài toán Fermat Người ta đã chứng minh rằng, phương trình x4 +y 4 +z 4 +t4 = w2 chỉ có ba nghiệm phụ thuộc tham số. Trong phần này, chúng tôi trình bày một số kết quả về phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 , đặc biệt chứng tỏ rằng có thể nhận được nhiều vô hạn nghiệm phụ thuộc tham số bằng cách tìm các điểm trên đường cong Elliptic trên trường Q(m). Jacobi và Madden xét phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x + y + z + t)4 (1) Họ đã cho thấy sự tồn tại của vô số các nghiệm nguyên của phương trình (1). Đây là trường hợp đặc biệt của phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = w4 , (2) đối với nó Elkies tìm thấy một tập hợp vô hạn nghiệm nguyên khi t = 0. Trong phần này, chúng ta xem xét trường hợp đặc biệt của một phương trình tương tự x4 + y 4 + z 4 + t4 = w2 . (3) 5 Xét phương trình (3), chúng ta nói một nghiệm là tầm thường khi có ít nhất 3 trong số x, y, z, t, w là 0, ví dụ (x, y, z, t, w) = (x, 0, 0, 0, x2 ). Nếu 2 và chỉ 2 trong số x, y, z, t, w là số không, thì các phương trình không có nghiệm không tầm thường, vì Fermat đã chứng minh rằng phương trình x4 + y 4 = w2 không có nghiệm nguyên khác không. Nghiệm phụ thuộc tham số đầu tiên được biết là không tầm thường nhưng rất sơ cấp: (x, y, z, t, w) = (a2 , ab, b2 , ab, a4 + b4 ). Trong các nghiệm tiếp theo được tìm thấy bởi Fauquembergue, một trong những số x, y, z, t, w là số không, chẳng hạn z = 0: (x, y, z, t, w) = (ac, bc, 0, ab, a4 + a2 b2 + b4 ). trong đó a2 +b2 = c2 . Nghiệm sau đây cũng được tìm thấy bởi Fauquembergue, một lần nữa với giả thiết a2 + b2 = c2 : (x, y, z, t, w) = (2a2 bc3 , 2ab2 c3 , (a2 − b2 )c4 , 2ab(a4 + b4 ), (a6 +2a5 b+3a4 b2 +3a2 b4 +2ab5 +b6 )(a6 −2a5 b+3a4 b2 +3a2 b4 −2ab5 +b6 )). Ba nghiệm phụ thuộc tham số này cho ta nghiệm không tầm thường, ngoại trừ ab = 0. 1.1.1. Phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 Trong khi nghiên cứu phương trình (3), ta thấy một số tính chất cần chú ý. Xét ba trường hợp sau i) Nếu w = x2 +y 2 +z 2 +t2 thì x2 y 2 +x2 z 2 +z 2 t2 +y 2 z 2 +y 2 t2 +z 2 t2 = 0; vì thế, chỉ có nghiệm tầm thường. ii) Nếu w = x2 + y 2 − z 2 − t2 thì x2 y 2 − x2 z 2 − y 2 z 2 = t2 (x2 + y 2 − z 2 ). Đây là trường hợp thú vị nhưng phức tạp. Chúng ta sẽ nghiên cứu trong tương lai. iii) Nếu w = x2 + y 2 + z 2 − t2 thì x2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 = t2 (x2 + y 2 + z 2 ). Trường hợp này cũng có vẻ thú vị và sẽ được thảo luận dưới đây, bắt đầu bằng một mệnh đề. Đây là một trường hợp mới được nghiên cứu. 6 Mệnh đề 1.1.1 Nếu x2 + y 2 + z 2 6= 0 thì (x, y, z, t) thoả mãn x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 (4) (x2 + y 2 + z 2 )(y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 y 2 ) = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 (5) y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 y 2 t = . x2 + y 2 + z 2 (6) khi và chỉ khi và 2 Chứng minh. Ta có x4 + y 4 + z 4 + t4 − (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 = 2((x2 + y 2 + z 2 )t2 −(y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 y 2 )). Vì (4) là thuần nhất bậc bốn, từ giờ ta viết nghiệm của phương trình này là (x : y : z : t). Phương trình biểu diễn một mặt trong P3 , 0 S = {(x : y : z : t) ∈ P3 |x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 } Giả sử t 6= 0, ta có thể xét mặt affine bởi tương ứng (x, y, z) ↔ (x : y : z : 1). Điều này sẽ cho ta thấy một mặt thú vị trong không gian ba chiều; xem hình vẽ 1.1. Câu hỏi đặt ra là. Có bao nhiêu đường cong hữu tỉ m → (x(m), y(m), z(m)) 0 trên mặt S . Nếu xyz 6= 0, thì (5) được thể hiện như sau (x2 + y 2 + z 2 )( 1 1 1 + + ) = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 2 2 2 x y z Điều này dẫn tới bổ đề sau. Bổ đề 1.1.2 Nếu   (x : y : z : t) là nghiệm của (4) mà xyzt 6= 0 thì 1 1 1 1 : : : cũng là nghiệm của (4). x y z t 7 0 Hình 1.1: Diện tích của S trong không gian affine Chứng minh.   1 1 1 1 Giả sử (X : Y : Z : T ) = : : : . Khi đó x y z t 1 (X 2 : Y 2 : Z 2 : T 2 ) = 2 2 2 (y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 y 2 ) xy z và (Y 2 Z 2 + Z 2 X 2 + X 2 Y 2 ) = 1 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 2 2 xy z Vì thế x2 + y 2 + z 2 1 Y 2Z 2 + Z 2X 2 + X 2Y 2 = 2 2 = 2 = T2 2 2 2 2 2 2 2 X +Y +Z y z +z x +x y t . Các ví dụ sau đây có thể được kiểm tra là nghiệm của (4) 1. Nghiệm cơ bản F0 = (a2 : ab : b2 : ab) 2. Nghiệm đầu tiên của Fauquembergue F1 = (ac : bc : 0 : ab) trong đó a2 + b2 = c2 8 3. Nghiệm thứ hai của Fauquembergue F2 = (2a2 bc3 : 2ab3 c2 : (a2 −b2 )c4 : 2ab(a4 +b4 )) trong đó a2 +b2 = c2 Áp dụng bổ đề trước cho nghiệm thứ hai của Fauquembergue chúng ta suy ra một nghiệm mới cho (4). Mệnh đề 1.1.3 Nếu a2 + b2 = c2 và x = ac(a2 − b2 )(a4 + b4 ) y = bc(a2 − b2 )(a4 + b4 ) z = 2a2 b2 (a4 + b4 ) t = ab(a2 + b2 )2 (a2 − b2 ) thì (x : y : z : t) là một nghiệm của (4). Chúng ta sẽ đặt tên nghiệm này là D1 . Ví dụ, nếu (a : b : c) = (4 : 3 : 5) thì (x : y : z : t) = (47180 : 35385 : 97056 : 52500) là một nghiệm của (4). 1.1.2. Đường cong Elliptic trên trường Q(m) Định nghĩa 1.1.4 Giả sử C là một đường cong xác định trên trường k. Xét ánh xạ hữu tỉ C → P1 . Tập hợp tất cả các ánh xạ như vậy được ký hiệu bởi K = k(C). Ví dụ, nếu C : a2 + b2 = c2 xác định trên Q, ta có một đẳng cấu C → P1 được cho bởi (a : b : c) → m = a ⇔ (a : b : c) = (2m : m2 − 1 : m2 + 1). c−b Vì thế, K = Q(C) = Q(m). Đây là trường mà chúng ta sẽ xem xét. Xét họ đường cong Em : x22 = x31 + A(m)x1 + B(m) với hàm số hữu tỉ A(m), B(m) ∈ K. Nếu ta viết lại phương trình dưới dạng thuần nhất, ta tạo được mặt Elliptic dạng ε = {((x1 : x2 : x3 ), m) ∈ P2 × C|x22 x3 = x31 + A(m)x1 x23 + B(m)x33 }. 9 Ta có ánh xạ π : ε → C được định nghĩa bởi ((x1 : x2 : x3 ), m) → m. Với m ∈ Q sao cho 4A(m)3 + 27B(m)2 6= 0, thì εm = π −1 (m) = {(x1 : x2 : 1) ∈ P2 |x22 x3 = x31 + A(m)x1 x23 + B(m)x33 } là đường cong Elliptic Em trên Q. Ta nói rằng mặt Elliptic không chẻ nếu j - bất biến j : C → P1 được định nghĩa bởi 4A(m)3 j(m) = 1728 4A(m)3 + 27B(m)2 là hàm khác hằng. Tham số hoá của ε bởi C, hoặc lát cắt của π, là ánh xạ σ : C → ε sao cho hợp thành π ◦ σ : m → m là ánh xạ đồng nhất trên C. Luôn tồn tại nhát cắt tầm thường trên ε, cụ thể là ánh xạ σ0 : m → Om = ((0 : 1 : 0), m). Trong trường hợp tổng quát, họ ε(C) tất cả các nhát cắt là một nhóm Abel, trong đó ta định nghĩa σ1 (m) = (P (m), m) ⇒ (σ1 ⊕ σ2 )(m) = (P (m) ⊕ Q(m), m). σ2 (m) = (Q(m), m) Ta thường đơn giản ký hiệu và viết E : x22 = x31 + Ax1 + B như một đường cong Elliptic trên trường hàm K = k(C). Trong thực tế, chúng ta có một đẳng cấu giữa các nhóm của các điểm E trên K và nhóm các nhát cắt của ε trên Q. E(K) → ε(C) P (m) = (x1 (m) : x2 (m) : x3 (m)) → [σ : m → ((x1 (m) : x2 (m) : x3 (m)), m)] Sẽ rất hữu ích nếu xem xét ε như một mặt hai chiều, trong đó mỗi nhát cắt ánh xạ đến đường cong một chiều. Kết quả [5, định lý 6.1, chương 3] khẳng định rằng E(K) ' ε(C) là một nhóm Abel hữu hạn sinh khi ε là mặt không chẻ. Giả sử m0 ∈ Q mà E0 = π −1 (m) là đường cong Elliptic trên k = Q "Định lý đặc biệt hoá" của Silverman [5, định lý 11.4, chương 3] khẳng định rằng ánh xạ ε(C) → E0 (k) chuyển của σ : m → (P (m), m) để điểm P0 = P (m0 ) là đơn ánh đối với mọi m0 ∈ k trừ ra một số hữu hạn. Đặc biệt, nếu P0 là một điểm bậc hữu hạn (vô hạn) trong E0 (k) với một số m0 ∈ k nào đó thì P (m) phải là một điểm bậc hữu hạn (vô hạn) trong E(K) như một hàm của m. 10 Quay trở lại với điều kiện (x2 + y 2 + z 2 )(y 2 z 2 + z 2 x2 + x2 y 2 ) = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 . Nếu a2 + b2 = c2 khác không thì ta có thể biểu diễn (a : b : c) = (2m : m2 − 1 : m2 + 1). Để giản tiện, dưới đây ta làm việc qua các biến a, b, c. Nếu đặt điều kiện (x, y) = (a, b), ta có (c2 + z 2 )(c2 z 2 + a2 b2 ) = (c2 + z 2 − t2 )2 Chia cho c2 ta có thể xét phương trình sau, h2 = z 4 + a4 + 3a2 b2 + b4 2 z + a2 b2 2 c (7) Từ các ví dụ trước đó F0 , F1 , F2 , D1 , ta biết bốn nghiệm của (8)  2  b b(a4 + a2 b2 + b4 ) , ; (z, h)F0 = a a2 c (z, h)F2 (z, h)D1 (z, h)F1 = (0, ab);  2  (a − b2 )c (a4 + b4 )c2 = , ; 2ab 4a2 b2   2a2 b2 (a4 + b4 )ab = , . (a2 − b2 )c (a2 − b2 )2 Nhận xét. Nếu ta đặt điều kiện (x, y) = (a, b) = (2m, m2 − 1) ta được ((m2 + 1)2 + z 2 )((m2 + 1)2 z 2 + ((2m)(m2 − 1))2 ) = ((m2 + 1)2 + z 2 − t2 )2 Chia cho (m2 + 1)2 , ta có thể xét phương trình sau, h2 = z 4 + m8 + 8m6 − 2m4 + 8m2 + 1 2 z + ((2m)(m2 − 1))2 2 2 (m + 1) (8) Từ những ví dụ trước đó F0 , F1 , F2 , D1 , ta biết bốn nghiệm (z, h) của (8), khi đặt điều kiện a2 + b2 = c2 và (x, y) = (a, b). Biểu diễn qua tham số m ta có 11 (z, h)F0 = 2 (m2 − 1)2 , 2m 4 3 2 4 3 2 ! (m − 1)(m − 2m + 2m + 2m + 1)(m + 2m + 2m − 2m + 1) ; 4m2 (m2 + 1) (z, h)F1 = (0, 4m(m2 − 1)); (z, h)F2 = −(m2 + 1)(m2 + 2m − 1)(m2 − 2m − 1) , 4m(m2 − 1) ! (m2 + 1)2 (m8 − 4m6 + 22m4 − 4m2 + 1) ; 16m2 (m2 − 1)2 (z, h)D1 = 8m2 (m2 − 1)2 , −(m2 + 1)(m2 + 2m − 1)(m2 − 2m − 1) 2 8 6 4 2 ! 2m(m − 1)(m − 4m + 22m − 4m + 1) . ((m2 + 2m − 1)(m2 − 2m − 1))2 Ta sẽ chỉ ra rằng, trong thực tế, có vô hạn các nghiệm phụ thuộc tham số của phương trình (4) bằng cách chỉ ra sự tồn tại vô hạn nghiệm phụ thuộc tham số của (8). Định lý 1.1.5 Nghiệm phụ thuộc tham số của phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 có thể thu được bằng cách tìm các điểm trên đường cong elliptic trên trường Q(m). Chứng minh. Do mệnh đề 1.1.1 và giả thiết a2 + b2 = c2 khác không, 4 2 2 +3a2 b2 +b4 xét phương trình (8). Giả sử A = a 4(a và B = a 4b , sao cho 2 +b2 ) (8) có thể được biểu diễn như: h2 = z 4 + 4Az 2 + 4B (9) 12 Nếu ta có nghiệm hữu tỷ của (9) thì ta có một nghiệm hữu tỷ của v 2 = u3 + αu2 + βu (10) trong đó α = −2A và β = A2 − B, bởi 1 1 u = (z 2 + 2A − h) và v = z(z 2 + 2A − h). 2 2 Ngược lại, giả sử (u, v) 6= (0, 0), một nghiệm hữu tỷ của (10) dẫn tới nghiệm hữu tỷ của (9) cho bởi z= v2 v và h = 2 + 2A − 2u. u u Biệt thức của (10) là a2 b2 (a4 + a2 b2 + b4 )4 (α − 4β)β = 4B(A − B ) = 256(a2 + b2 )4 2 2 2 2 nó khác không bởi vì có ít nhất một trong các số a, b khác không. Vì thế (10) xác định một đường cong Elliptic trên trường Q(m) và mỗi điểm (u, v) trên đường cong Elliptic tạo ra một điểm (z, h) thỏa mãn (8), suy ra một nghiệm (x, y, z, t) của (4).  Ta sẽ chỉ ra cách để có các nghiệm mới, bằng cách cộng các điểm trên đường cong Elliptic. Ký hiệu E là đường cong Elliptic (10) trên Q(m), + là phép cộng các điểm trên đường cong (10), và PS ký hiệu một điểm trên E đưa đến nghiệm S của (4). Phép cộng các điểm trên đường cong Elliptic được mô tả trong Silverman [6]. Chú ý rằng thay vì viết P + P ta sẽ viết 2P . Ví dụ. Các nghiệm F0 , F1 , F2 , D1 của (4) được cho bởi các điểm sau đây trên (10): PF0 = (c − b)(a2 − ab + b2 )(a2 + ab + b2 ) , 4(c + b)(a2 + b2 ) ! b2 (c − b)(a2 − ab + b2 )(a2 + ab + b2 ) ; 4a(c + b)(a2 + b2 ) 13 PF1 = ! (a2 + ab + b2 )2 ,0 ; 4(a2 + b2 ) PF2 = ! a2 b2 ab(a2 − b2 ) , ; 4(a2 + b2 ) 8c 2 PD1 = 2 2 2 2 2 2 2 2 (a − b) (a − ab + b ) a b (a − b)(a + ab + b ) , 4(a + b)2 (a2 + b2 ) 2c(a + b)3 (a2 + b2 ) ! . Định lý 1.1.6 Giả sử E được cho bởi y 2 = x3 + Ax + B với A, B ∈ Z. Giả sử P = (x, y) ∈ E(Q). Giả sử P có cấp hữu hạn. Khi đó x, y ∈ Z. Nếu y 6= 0 thì y 2 chia hết 4A3 + 27B 2 . Định lý 1.1.7 Tồn tại vô số điểm trên (10). Chứng minh. Giả sử a2 − ab + b2 a2 + ab + b2 và L = . 2c 2c N= Khi đó (10) có thể được biểu diễn như sau E : v 2 = u(u − N 2 )(u − L2 ) (11) Có thể chỉ ra rằng hạng của đường cong Elliptic trên Q(m) ít nhất bằng 1. Để chỉ ra hạng ít nhất bằng một, ta đặc biệt hoá, chẳng hạn tại (a, b) = (3, 4). Khi đó điểm P = (36/25, 21/10) nằm trên đường cong 769 2 231361 E1 : v 2 = u3 − u + u. 50 10000 Để sử dụng định lý Lutz-Nagell, ta cần biểu diễn E1 dưới dạng Weierstrass với các hệ số nguyên: 0 E1 : y 2 = x3 − 1538x2 + 231361x. 0 0 Điểm P trên E1 tương ứng với P = (144, 2100) trên E1 , và do đó 0 2P = (70980625/28224, 389867877575/4741632). 0 0 Vì 2P không phải là một điểm nguyên, P không là điểm có cấp hữu 0 hạn trên E1 , do vậy theo “định lý đặc biệt hoá” [7] hạng của (11) là 14 hạng dương. Lưu ý rằng, bằng tính toán người ta tìm ra ít nhất 17 điểm phân biệt trên E. Số điểm xoắn tối đa là 16, vì vậy hạng phải ít nhất là một.  2 2 Chú ý. Trên E, các điểm xoắn là (0, 0), (N , 0), (L , 0) và O, điểm ở vô cực. Định lý 1.1.8 Mỗi nghiệm của phương trình x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 (4) sao cho (x, y) = (a, b), a, b 6= 0, thu được chính xác từ hai điểm trên E khác với (0, 0). Nếu một trong chúng là P = (u, v), với u 6= 0, thì β 0 0 0 điểm kia là P = (u , v ) = λ(u, v), với λ = u2 . Mặc dù E được định nghĩa trên trường hàm, hình 1.2 cung cấp một số trực giác cho chứng minh của chúng ta. Giả sử P = (u, v) là một điểm trên E với u 6= 0, nó đưa đến một nghiệm của (4). Nếu tồn tại một điểm P 0 = (u0 , v 0 ) trên E khác với (0, 0) đưa đến cùng một nghiệm của 0 0 0 v v (4) như (u, v), thì z = z do đó u 6= 0 và 0 = u . Như vậy tồn tại λ u 0 0 hữu tỷ sao cho u = λu và v = λv và Hình 1.2: E : v 2 = u3 + αu2 + βu 15 0 0 0 0 0 = −v 2 + u 3 + αu 2 + βu = −λ2 v 2 + λ3 u3 + αλ2 u2 + βλu. Bằng cách thay thế v 2 , ta có 0 = −λ2 (u3 + αu2 + βu) + λ3 u3 + α2 λ2 u2 + βλu = λ(λ − 1)u(λu2 − β). 0 0 0 Vì u 6= 0, nên λ 6= 0. Giả thiết (u , v ) 6= (u, v) kéo theo λ 6= 1. Như vậy λ = uβ2 . 0 0 Để chỉ ra (u , v ) nằm trên E, ta chú ý rằng β3 β2 β2 β2 u + αu + βu = 3 + α 2 + = 4 (βu + αu2 + u3 ) u u u u   2 β2 2 β 0 2 = 4v = v = v . 2 u u Cả hai điểm trên đều đưa đến cùng một nghiệm của (4) vì x = a, y = b 0 và z = z . Điều đó xác một nghiệm (x : y : z : t), trừ ra có thể sai khác dấu của t.  0 0 Chú ý. Nếu PF2 = (u, v), ta thấy rằng 2PF0 = (u , v ), cả hai đều đưa đến cùng nghiệm F2 . Từ hai định lý trước, ta rút ra hệ quả sau. 0 3 0 2 0 Hệ quả 1.1.9 Tồn tại vô số các nghiệm phụ thuộc tham số của x4 + y 4 + z 4 + t4 = (x2 + y 2 + z 2 − t2 )2 . 1.1.3. Các nghiệm phụ thuộc tham số mới Trước khi có được các nghiệm phụ thuộc tham số mới, ta có thể giải thích bổ đề 1.1.2 trong thuật ngữ các điểm trên E(K) trong đó K = Q(m) và E đã được mô tả như trên. Mệnh đề 1.1.10 Giả sử (u, v) ∈ E(K) sao cho  0 0 00 00 (u, v) ∈ / O, (0, 0), (N 2 , 0), (L2 , 0) , và để (u , v ), (u , v ) ∈ E(K) sao cho: 0 0 00 00 (u, v) + (u , v ) = (N 2 , 0) và (u, v) + (u , v ) = (L2 , 0). 16 Nếu (u, v) cho ta nghiệm (x : y : z : t) của (4)  sao cho xyzt 6= 0, thì 0 0 00 00 (u , v ) và (u , v ) cho ta nghiệm x1 : y1 : z1 : 1t có thể sai khác trừ những dấu của 1 z và 1t . Hình 1.3: E : v 2 = u3 + αu2 + βu Chứng minh. Từ luật nhóm của phương trình (10), ta suy ra  N 2 (u − L2 ) N 2 (N 2 − L2 )v (u , v ) = , , u − N2 (u − N 2 )2  2  L (u − N 2 ) L2 (L2 − N 2 )v 00 00 (u , v ) = , . u − L2 (u − L2 )2 0 0  0 0 Nếu (u , v ) sinh ra (x0 : y 0 : z 0 : t0 ) thì 0 v N 2 − L2 (u − N 2 )(u − L2 ). z = 0 = u v 0 Từ các quan hệ N 2 − L2 = −ab và v 2 = u(u − N 2 )(u − L2 ), ta có 0 z = −ab u ab =− . v z