Khóa luận Điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai và đường cong bậc ba

y + 1 2 . Khi đó phương trình trở thành X2 + Y 2 = 2. 8 Như vậy bằng việc tìm các điểm hữu tỉ trên đường conic có phương trình X2 + Y 2 = 2, ta sẽ suy ra được các điểm hữu tỉ trên đường conic ban đầu. Ta nhận thấy rằng đường conic tồn tại một điểm hữu tỉ thì sẽ có vô số điểm hữu tỉ. Vậy vấn đặt ra là khi nào đường conic tồn tại điểm hữu tỉ, ta sẽ tìm hiểu ngay sau đây. 2.2 ĐIỀU KIỆN ĐỂ ĐƯỜNG CONIC TỒN TẠI ĐIỂM HỮU TỈ 2.2.1 Bài toán Xét bài toán sau: Tìm các điểm hữu tỉ trên đường tròn (C) có phương trình x2 + y2 = 3. (2.2.1) Giả sử tồn tại điểm hữu tỉ (x, y). Khi đó, chúng ta viết x = X Z , y = Y Z với X, Y, Z nguyên khác 0. Thay vào phương trình 2.2.1 ta được X2 + Y 2 = 3Z2. (2.2.2) Nếu X, Y, Z có cùng ước số chung thì ta có thể rút gọn cả hai vế của 2.2.2 cho ước số chung đó, do đó có thể giả sử rằng chúng không tồn tại ước số chung. Khi đó X, Y không chia hết cho 3. Thật vậy, nếu X chia hết cho 3 thì Y 2 = −X2 +3Z2 sẽ chia hết cho 3 suy ra Y chia hết cho 3. Do đó X2 +Y 2 chia hết cho 9 nên Z2 chia hết cho 3, suy ra Z chia hết cho 3. Vậy X, Y, Z có ước số chung là 3 (mâu thuẫn với giả thiết). Vì X, Y không chia hết cho 3 nên ta có X ≡ ±1 (mod 3), Y ≡ ±1 (mod 3). Suy ra X2 ≡ Y 2 ≡ 1 (mod 3). Khi đó 0 ≡ 3Z2 ≡ X2 + Y 2 ≡ 2 (mod 3) (vô lý). Vậy không có điểm nào hữu tỉ trên đường tròn này. Vậy liệu rằng có một phương pháp tổng quát để giúp chúng kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên đường conic không, câu trả lời sẽ có trong định lý dưới đây. 2.2.2 Định lý Legendre Định lí 2.2.1 ([2, tr. 15]). Cho phương trình aX2+bY 2 = cZ2với a, b, c nguyên. Phương trình tồn tại nghiệm nguyên (X,Y, Z) khác (0, 0, 0) khi và chỉ khi trong 9 modulo m nào đó, phương trình đồng dư aX2 + bY 2 ≡ cZ2 có nghiệm (X,Y, Z) và X,Y, Z nguyên tố với m. Phần chứng minh sẽ tham khảo tài liệu [6, tr. 21]. Ví dụ 2.2.1. Kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên đường tròn có phương trình x2 + y2 = 6. Ta xét phương trình đồng dư X2 + Y 2 ≡ 6Z2 trong modulo 3. Ta sẽ chỉ ra là phương trình này không có nghiệm (X,Y, Z) mà cả X,Y, Z nguyên tố với 3. Thật vậy, giả sử phương trình có nghiệm (X,Y, Z) mà cả X,Y, Z đều nguyên tố với 3. Khi đó X ≡ ±1, Y ≡ ±1. Suy ra 2 ≡ X2 + Y 2 ≡ 6Z2 ≡ 0 (vô lý). Vậy không tồn tại điểm hữu tỉ trên đường tròn này. 2.3 BỘ BA PITAGO 2.3.1 Định nghĩa bộ ba Pitago Các nhà toán học cổ đại từng quan tâm đến việc giải các phương trình đại số với hệ số nguyên thường được gọi là phương trình Đi-ô-phăng, ở đây ta quan tâm đến việc tìm nghiệm nguyên hoặc nghiệm hữu tỉ của phương trình nổi tiếng nhất là a2+ b2 = c2. Phương trình này có xuất xứ từ hình học. Ta biết rằng các cạnh của một tam giác vuông thỏa mãn phương trình này. Định nghĩa 2.3.1. Một bộ ba (a, b, c) các số nguyên dương thỏa mãn phương trình a2 + b2 = c2 được gọi là một bộ ba Pitago. Định nghĩa 2.3.2. Một bộ ba Pitago (a, b, c) với a, b, c nguyên tố với nhau từng đôi một được gọi là một bộ ba Pitago nguyên thủy. 2.3.2 Điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị Mục này ta sẽ tìm công thức biểu diễn các điểm hữu tỉ, trên đường tròn đơn vị (C) có phương trình x2 + y2 = 1. Ta chọn một điểm hữu tỉ trên đường tròn là A(−1, 0), chọn đường thẳng (d) là trục Oy có phương trình x = 0. Lấy một điểm hữu tỉ bất kỳ trên Oy là B(0, t) với t ∈ Q. Phương trình đường thẳng AB 10 Oy x A(-1,0) B(0,t) (x,y) Hình 2.3: Phép chiếu đường tròn đơn vị lên trục Oy. có dạng y = t(1 + x). Thay y vào phương trình đường tròn (C) ta được x2 + [t(1 + x)]2 = 1 ⇔ t2(1 + x)2 = 1− x2. Với x = −1, ta có điểm hữu tỉ trên (C) là A(−1, 0). Với x 6= −1 phương trình trở thành t2(1 + x) = 1− x. Suy ra x = 1− t2 1 + t2 , y = 2t 1 + t2 . Vậy loại trừ điểm A(−1, 0) ra thì ta có sự tương ứng 1 − 1 giữa các điểm hữu tỉ trên Oy và điểm hữu tỉ trên (C) như sau (O, t)←→ (1− t 2 1 + t2 , 2t 1 + t2 ). 2.3.3 Công thức biểu diễn bộ ba Pitago Trong mục này ta sẽ tiến hành tìm công thức tổng quát cho một bộ ba Pitago. Cho (X,Y, Z) là một bộ ba Pitago. Nếu X, Y, Z có ước số chung thì ta có thể rút gọn cho ước số chung đó. Bởi vậy, chúng ta có thể giả sử rằng 3 số đó không có ước số chung nào khác ±1. Khi đó X, Y, Z nguyên tố với nhau từng đôi một. Thật vậy, giả sử nếu X, Z không nguyên tố cùng nhau thì X, Z chia hết cho số nguyên a khác ±1 nào đó, vì Y 2 = Z2 −X2 chia hết cho a2 nên Y chia hết cho a. Vậy X, Y, Z có ước số chung là a (mâu thuẫn với giả thiết). Vì X, Y nguyên tố cùng nhau nên X, Y 11 không thể đều chẵn, hơn nữa X, Y không thể đều lẻ. Thật vậy, nếu X, Y đều lẻ thì X ≡ ±1 (mod 4), Y ≡ ±1 (mod 4). Do đó, X2 + Y 2 ≡ 2 (mod 4). Mặt khác, Z2 ≡ 0 (mod 4) hoặc Z2 ≡ 1 (mod 4). Điều vô lý này dẫn đến X, Y không thể đều lẻ. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử X lẻ Y chẵn. Vì X, Y, Z là nguyên dương nên ta có X2 + Y 2 = Z2 ⇔ (X Z )2 + ( Y Z )2 = 1. Đặt x = X Z , y = Y Z . Lúc đó (x, y) là điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị x2 + y2 = 1, áp dụng công thức biểu biễn các điểm hữu tỉ trên đường tròn đơn vị ở phần 2.4.2 ta được x = X Z = 1− t2 1 + t2 , y = Y Z = 2t 1 + t2 , với t ∈ Q. Đặt t = m n , với m, n ∈ Z, n 6= 0, (m,n) = 1. Khi đó X Z = n2 −m2 n2 +m2 , Y Z = 2mn n2 +m2 . Vì X, Y có tính chẵn lẻ khác nhau nên m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Vì X, Y, Z dương nên ta chỉ cần xét n > m > 0. Do X Z , Y Z là các phân số tối giản nên tồn tại số nguyên λ để λZ = n2 +m2, λY = 2mn, λX = n2 −m2. Chúng ta sẽ chứng minh λ = 1. Vì λ chia hết cả n2 + m2 và n2 − m2 nên λ chia hết 2n2 và 2m2, mặt khác (m,n) = 1 nên λ chia hết 2. Vậy λ = 1 hoặc λ = 2. Nếu λ = 2 thì n2 −m2 = λX chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 vì X lẻ. Do đó n2 −m2 ≡ 2 (mod 4). Mặt khác, vì m2, n2 đồng dư với 0 hoặc với 1 theo modulo 4 nên (n2−m2) không thể đồng dư 2 theo modulo 4. Do đó λ = 1. Tóm lại, ta tìm được công thức của bộ ba Pitago (X,Y, Z) với X, Y, Z nguyên tố cùng nhau (bộ ba Pitago nguyên thủy) như sau X = n2 −m2, Y = 2mn, Z = n2 +m2, với m, n ∈ Z+, n > m, (m,n) = 1 và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Với (X,Y, Z) là một bộ ba Pitago thì ta có (kX, kY, kZ) với k ∈ Z+ cũng là một bộ ba Pitago. 12 Ví dụ 2.3.1. Một số bộ ba Pitago nguyên thủy được sinh ra theo công thức trên n m a = 2mn b = n2 −m2 c = n2 +m2 2 1 4 3 5 3 2 12 5 13 4 1 8 15 17 4 3 24 7 25 5 2 20 21 29 5 4 40 9 41 6 1 12 35 37 Bảng 2.1: Một số bộ ba Pitago nguyên thủy. Ví dụ 2.3.2. Chứng minh rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông với các cạnh nguyên là một số nguyên. Ta có tam giác vuông với các cạnh nguyên tương ứng với một bộ ba Pitago (ka, kb, kc), với k ∈ Z+, (a, b, c) là bộ ba Pitago nguyên thủy. Do đó, ta chỉ cần xét tam giác vuông tương ứng với bộ ba Pitago nguyên thủy (a, b, c) cho bởi a = 2mn, b = n2 −m2, c = m2 + n2, với m, n ∈ Z+, n > m, (m,n) = 1 và m, n có tính chẵn lẻ khác nhau. Ta có S∆ = 1 2 ab = pr, với p = a+ b+ c 2 = 2n2 + 2mn 2 , r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác này. Suy ra r = 2mn(n2 −m2) 2n2 + 2mn = m(n−m) ∈ Z. Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác vuông có các cạnh nguyên là một số nguyên. Ví dụ 2.3.3 ([1, tr. 49]). Ta sẽ chứng minh phương trình Fermat x4 + y4 = z4 (2.3.1) không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Để làm việc đó ta sẽ chứng minh một kết quả sâu sắc hơn đó là chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 (2.3.2) 13 không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà x, y, z đều khác 0. Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng. Ý tưởng chứng minh là ta sẽ giả sử phương trình 2.3.2 tồn tại nghiệm nguyên dương (a0, b0, c0) khác 0 tất cả, lúc đó sẽ chỉ ra được phương trình cũng có nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c0. Cứ tiếp tục quá trình này dẫn đến phương trình 2.3.2 có vô số nghiệm nguyên dương (a, b, c) với c < c0. Suy ra điều vô lý. Vì a0, b0, c0 là nghiệm của 2.3.2 nên (a20)2 + (b20)2 = c20, do đó (a20, b20, c0) là một bộ ba Pitago và ta có thể giả sử nó là một bộ ba Pitago nguyên thủy, khi đó ta có a20 = 2st, b 2 0 = t 2 − s2, c0 = t2 + s2, với t, s ∈ Z+, (t, s) = 1, t > s, t và s có tính chẵn lẻ khác nhau. Dễ thấy t là số lẻ và s là số chẵn. Thật vậy, nếu t là số chẵn và s là lẻ thì t2− s2 ≡ 3 (mod4). Mặt khác, b0 là số lẻ nên b20 ≡ 1(mod4) (vô lý). Chúng ta có thể viết s = 2r, (r ∈ Z+). Từ a20 = 2st, suy ra ( a0 2 )2 = rt. Vì r và t nguyên tố cùng nhau nên t = c2, r = d2 với c, d là hai số nguyên dương nào đó. Ta có b20 = t 2 − s2 ⇔ s2 + b20 = t2. Vậy (s, b0, t) là bộ ba Pitago nguyên thủy nên s = 2uv, b0 = u 2 − v2, t = u2 + v2, với u, v ∈ Z+, (u, v) = 1, u > v và u, v có tính chẵn lẻ khác nhau. Suy ra uv = s 2 = r = d2. Do u, v nguyên tố cùng nhau nên u = a2, v = b2 với a, b là hai số nguyên dương nào đó. Vậy c2 = t = u2 + v2 = a4 + b4. Ta tìm được một nghiệm nguyên dương khác của phương trình là (a, b, c) với c ≤ c2 = t ≤ t2 < t2 + s2 = c0. 14 Vậy phương trình 2.3.2 có nghiệm dương (a0, b0, c0) thì sẽ có nghiệm (a, b, c) mà c < c0 (vô lý). Tóm lại phương trình 2.3.2 không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất cả đều khác 0, suy ra phương trình 2.3.1 cũng không có nghiệm nguyên (x, y, z) mà tất cả đều khác 0. 15 Chương 3 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA 3.1 PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ TÌM ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA Cho một đường cong bậc ba có phương trình a1x 3 + a2x 2y + a3y 3 + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10 = 0. Với một đường cong bậc ba thì làm cách nào để chỉ ra các điểm hữu tỉ trên nó. Liệu rằng chúng ta có thể làm như đối với đường conic. Trong trường hợp tổng quát đường thẳng gặp đường cong bậc ba tại ba điểm nên ta không thể thực hiện phép chiếu như đã làm với conic. Nhưng vấn đề sẽ khác nếu chúng ta biết 2 điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba đó, bởi vì đường thẳng đi qua 2 điểm hữu tỉ sẽ cắt đường cong tại điểm thứ ba cũng hữu tỉ. Thật vậy, đường thẳng đi qua hai điểm hữu tỉ là đường thẳng hữu tỉ, ta tiến hành rút một ẩn theo ẩn còn lại rồi thế vào phương trình của đường cong, ta được một phương trình bậc ba với các hệ số hữu tỉ. Phương trình bậc ba này có 2 nghiệm hữu tỉ vì vậy nghiệm còn lại cũng là nghiệm hữu tỉ. Như vậy ta có giao điểm thứ ba giữa đường thẳng và đường cong bậc ba là một điểm hữu tỉ. Với hai điểm hữu tỉ P, Q trên đường cong ta tìm điểm hữu tỉ thứ ba (như hình vẽ) và ký hiệu là P ∗Q. Trong trường hợp P ≡ Q thì cát tuyến PQ trở thành tiếp tuyến tại P cắt đường cong bậc ba tại P ∗P (giả sử đường cong tồn tại tiếp tuyến tại P ) cũng là điểm hữu tỉ. Như vậy, bằng cách này ta sẽ tìm được thêm nhiều điểm hữu tỉ từ những điểm hữu 16 Hình 3.1: Cách tìm điểm hữu tỉ. tỉ đã biết. Ví dụ 3.1.1. Tìm các điểm hữu tỉ trên đường cubic (C) có phương trình là y2 = x3 + 2x2 từ các điểm hữu tỉ cho trước là O(0, 0), B(−2, 0), C(2, 4) (hình 3.2). Hình 3.2: Một vài điểm hữu tỉ được tìm từ các điểm ban đầu. Vấn đề đặt ra là bằng cách nào để mô tả được tập tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba, vấn đề đó ta sẽ tìm hiểu rõ hơn ở các phần sau. 17 3.2 CẤU TRÚC NHÓM CỦA CÁC ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNGCONGBẬC BAKHÔNG CÓ ĐIỂM KỲ DỊ 3.2.1 Điểm kỳ dị trên trên đường cong Cho một đường đường cong bậc ba (C) có phương trình là a1x 3 + a2x 2y + a3y 3 + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10 = 0. Đặt F (x, y) = a1x 3 + a2x 2y + a4xy 2 + a5x 2 + a6xy + a7y 2 + a8x+ a9y + a10. Nếu các đạo hàm thành phần δF δx , δF δy đồng thời triệt tiêu tại điểm (x0, y0) thuộc (C) thì điểm (x0, y0) gọi là điểm kỳ dị trên đường cong, tại đó đường cong không tồn tại tiếp tuyến. Vì vậy ở bài này ta chỉ đề cập đến đường cong mà không tồn tại điểm kì dị, tức là tại mọi điểm trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến. 3.2.2 Cấu trúc nhóm trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị Ta biết rằng với P và Q là hai điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba thì ta có tương ứng một điểm hữu tỉ là P ∗ Q. Vì đường bậc ba không có điểm kỳ dị, nên tại mọi điểm P trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến nghĩa là ta xác định được điểm P ∗ P. Câu hỏi đặt ra là liệu rằng tập các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba này và phép toán (∗) có lập thành một nhóm. Câu trả lời là không vì ta không có phần tử trung hòa của nhóm. Bây giờ chúng ta lấy một điểm hữu tỉ O trên đường cong và định nghĩa phép toán (+) như sau: Với hai điểm hữu tỉ P, Q trên đường cong, ta xác định điểm P ∗Q, đường thẳng đi qua O và P ∗Q cắt đường cong tại một điểm hữu tỉ khác, ta ký hiệu điểm đó là P +Q. Vậy P +Q = O ∗ (P ∗Q). 18 Hình 3.3: Xác định phép toán (∗). Hình 3.4: Xác định phép toán (+). Định lí 3.2.1 ([2, tr. 20]). Đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị với một điểm hữu tỉ O cho trước. Khi đó, tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba này cùng với phép toán (+) xác định như trên lập thành một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa là điểm O. Ký hiệu C(Q) là tập các điểm hữu tỉ trên đường bậc ba không có điểm kỳ dị với điểm hữu tỉ O cho trước. Ta có (C(Q),+) là nhóm giao hoán. Chứng minh Với mọi P, Q thuộc C(Q) ta có P + Q ∈ C(Q), tức là C(Q) ổn định với phép toán (+). Với mọi P thuộc C(Q), ta có O+ P = P +O = P . Do đó O là phần tử trung Hình 3.5: Xác định điểm O + P . 19 hòa của nhóm. Với mọi Q thuộc C(Q) ta xác định phần tử đối như sau: vẽ đường thẳng tiếp xúc với đường cong tại O, đường thẳng này cắt đường cong tại S, đường thẳng QS cắt đường cong tại một điểm, ta ký hiệu là −Q. Dễ thấy Q+(−Q) = O, vậy −Q là phần tử đối của Q. Do đó mọi điểm thuộc C(Q) đều tồn tại phần tử đối. Với mọi P, Q, R thuộc C(Q) ta chứng minh (P +Q) +R = P + (Q+R). Ta Hình 3.6: Xác định điểm −Q. Hình 3.7: Tính chất kết hợp. chỉ cần chứng minh (P +Q) ∗R = P ∗ (Q+R) là đủ. Ta xác định (P +Q) ∗R và P ∗ (Q + R) như trên hình vẽ. Ta có 8 điểm O, P, Q, R, P ∗ Q, P + Q, Q ∗ R, Q+ R thuộc (C) và là giao của các đường thẳng nét đứt và nét liền. Ta gọi đường cong bậc ba (C1) có đồ thị là 3 đường nét đứt, đường cong bậc ba (C2) có đồ thị là 3 đường nét liền. Gọi điểm X giao điểm của đường thẳng đi 20 qua điểm R, P + Q và đường thẳng qua điểm P , Q+ R. Khi đó (C1) và (C2) cắt nhau tại 9 điểm, đó là O,P,Q,R, P ∗Q,P +Q,Q ∗ R,Q+ R,X. Vì (C) đi qua 8 giao điểm của C1 và C2 nên C đi qua điểm giao thứ 9 còn lại, do đó X thuộc (C). Suy ra X = (P +Q) ∗ R = P ∗ (Q+ R). Với mọi P, Q thuộc C(Q) dễ dàng nhìn thấy P +Q = Q+ P , tức là phép (+) có tính giao hoán. Vậy (C(Q), +) là một nhóm giao hoán. Chú ý: Phần tử trung hòa là điểm hữu tỉ O được chọn tùy ý trên (C). Nếu ta chọn điểm O′ là phần tử trung hòa, ta có một đồng cấu nhóm giữa nhóm các điểm hữu tỉ trên (C) với phần tử trung hòa là điểm O và nhóm các điểm hữu tỉ trên (C) với phần tử trung hòa là O′ xác định như sau P 7→ P + (O′ + (−O)), với mọi P ∈ C(Q). Cấu trúc nhóm mà chúng ta xây dựng là dựa trên việc đường cong đã tồn tại một điểm hữu tỉ O, như vậy vấn đề đặt ra là liệu có cách nào để kiểm tra xem đường cong bậc ba có tồn tại điểm hữu tỉ không, ở chương trước chúng ta đã biết cách để kiểm tra xem đường conic có tồn tại điểm hữu tỉ không nhờ định lý Legendre và liệu rằng chúng ta có thể áp dụng định lý đó cho đường cong bậc ba. Năm 1950, Selmer đã đưa ra ví dụ là phương trình 3X3 +4Y 3+5Z3 = 0 không có nghiệm nguyên khác (0, 0, 0). Nhưng trong modulo 3 phương trình đồng dư 3X3 + 4Y 3 + 5Z3 ≡ 0 có nghiệm (1, 1, 1) và (1, 3) = 1. Như vậy định lý không còn đúng cho đường cong bậc ba. Với một đường cong bậc ba tổng quát thì vẫn chưa có phương pháp để kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên nó. Vì vậy ta sẽ chỉ làm việc với đường cong bậc ba với một điểm hữu tỉ O đã biết. 3.3 ĐƯỜNG CONGBẬC BACHODƯỚI DẠNG CÔNG THỨC WEIERSTRASS 3.3.1 Định nghĩa Định nghĩa 3.3.1. Đường cong bậc ba cho dưới dạng y2 = P (x), với P (x) là một đa thức bậc ba theo biến x với các hệ số hữu tỉ được gọi là đường cong bậc ba cho dưới dạng công thức Weierstrass. 21 3.3.2 Định lý Định lí 3.3.1 ([2, tr. 23]). Mọi đường cong bậc ba có một điểm hữu tỉ đều có thể đưa về dạng Weierstrass và phép đổi biến đó vẫn bảo toàn các điểm hữu tỉ trên đường cong. Phần chứng minh của định lý là việc áp dụng các kiến thức của hình học xạ ảnh khá phức tạp nên ta sẽ không đề cập ở đây, chúng ta có thể tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [2, tr. 23], [3, tr. 67]. Ví dụ 3.3.1. Đưa đường cong cho bởi phương trình x3 + y3 = c (với c là một số hữu tỉ) về dạng Weierstrass. Ta chọn phép đổi biến như sau (x, y) 7→ (a+ y bx , a− y bx ), với a, b là các số hữu tỉ , b 6= 0. Khi đó phương trình đường cong trở thành ( a+ y bx )3 + ( a− y bx )3 = c ⇔ y2 = cb 3 6a x3 − 2a 3 6a . Chọn a = 36c và b = 6 ta được y2 = x3 − 432c2. Dễ dàng thấy rằng phép đổi biến này bảo toàn các điểm hữu tỉ trên đường cong, như vậy thay vì tìm điểm hữu tỉ trên đường cong x3 + y3 = c ta sẽ đi tìm điểm hữu tỉ trên đường cong y2 = x3 − 432c2. Do đó, kể từ đây trở đi ta sẽ chỉ làm việc với các đường cong bậc ba cho dưới dạng Weierstrass. 3.4 PHÂN LOẠI ĐƯỜNG CONG BẬC BA 3.4.1 Định nghĩa các loại đường cong bậc ba Cho đường cong bậc ba (C) dưới dạng Weierstrass y2 = P (x), với P (x) là đa thức bậc ba theo biến x với các hệ số hữu tỉ. Tính chất của đường cong bậc ba này phụ thuộc vào đa thức P (x). 22 Định nghĩa 3.4.1. Cho đường cong bậc ba (C) dưới dạng Weierstrass y2 = P (x), trong đó P (x) có ba nghiệm phân biệt (kể cả nghiệm phức) được gọi là đường cong elliptic (đường cong bậc ba không kỳ dị). Nếu P (x) có nghiệm bội hai hay bội ba thì đường cong bậc ba gọi là đường cong bậc ba kỳ dị (ta sẽ thấy được nguyên nhân vì sao đặt tên như vậy ở phần dưới). Ví dụ 3.4.1. Đường cong bậc ba được cho bởi phương trình y2 = x3 − x = x(x− 1)(x+ 1) hay y2 = x(x2 + 1) = x(x− i)(x+ i) là 2 đường cong elliptic. Hình 3.8: Đồ thị đường cong elliptic. Ví dụ 3.4.2. Đường cong bậc ba có phương trình y2 = x2(x+ 1) hay y2 = x3 là 2 đường cong bậc ba kỳ dị. Hình 3.9: Đồ thị đường cong bậc ba kỳ dị. 3.4.2 Ý nghĩa hình học Cho đường cong bậc ba y2 = P (x). Đặt F (x, y) = y2 − P (x), ta có ∂F ∂x = −P ′(x), ∂F ∂y = 2y. 23 Đối với đường cong bậc ba elliptic thì không có điểm nào trên đường cong mà các đạo hàm thành phần tại đó đồng thời triệt tiêu, nghĩa là tại mọi điểm trên đường cong đều tồn tại tiếp tuyến. Thật vậy, giả sử tại (x0, y0) là điểm trên đường cong elliptic mà các đạo hàm thành phần đồng thời triệt tiêu suy ra P ′(x0) = 0, y20 = P (x0) = 0, vậy x0 là nghiệm bội của P (x) (vô lý). Đường cong bậc ba kỳ dị thì đa thức P (x) có 1 nghiệm bội, giả sử đó là x0. Tại điểm (x0, y0) trên đường cong các đạo hàm thành phần đồng thời triệt tiêu, nên tại đó đường cong không tồn tại tiếp tuyến. Điểm (x0, y0) là điểm kỳ dị duy nhất của đường cong. Ví dụ 3.4.3. Đường cong bậc ba kỳ dị có phương trình là y2 = x2(x + 1) có điểm kỳ dị là (0, 0), tại đó có hai đường thẳng tiếp xúc với đường cong theo hai hướng khác nhau, do đó không tồn tại tiếp tuyến tại (0, 0). Đường cong y2 = x3 có điểm kỳ dị là (0, 0) đường cong không tồn tại tiếp tuyến tại điểm này. 3.5 ĐIỂMHỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG BẬC BA KỲ DỊ 3.5.1 Phương pháp tìm điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Ta biết rằng đường cong bậc ba kỳ dị có chứa một điểm kỳ dị có tọa độ hữu tỉ. Vì vậy, một đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm này sẽ cắt đường cong bậc ba tại một điểm hữu tỉ khác. Như vậy, ta sẽ nghĩ đến việc chiếu các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba lên đường thẳng từ điểm kỳ dị này như đã làm với đường conic. Giả sử đường cong bậc ba (C) có phương trình y2 = P (x) = a(x− r)2(x− s), với a, r, s là các số hữu tỉ, a 6= 0. Đường cong (C) có một điểm kỳ dị là (r, 0), như vậy một đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm này sẽ cắt đường cong tại một điểm hữu tỉ khác, ta sẽ tìm tọa độ điểm này. Đường thẳng hữu tỉ đi qua điểm (r, 0) có dạng y = m(x−r). Thay y = m(x−r) vào phương trình đường cong ta được m2(x− r)2 = a(x− r)2(x− s). 24 Do đó   x = s+ m2 a y = m(s− r + m 2 a ). Chú ý: Khi r = s thì công thức trên trở thành   x = s+ m2 a y = m3 a . Như vậy, với mỗi m ∈ Q ta sẽ có một điểm hữu tỉ (x, y) trên đường cong, ngược lại với mỗi điểm hữu tỉ (x, y) trên đường cong khác điểm (r, 0) thì ta tìm được số hữu tỉ m = y x− r . Vậy công thức trên cho ta tất cả các điểm hữu tỉ còn lại trên đường cong. Ví dụ 3.5.1. Tìm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba (C): y2 = x3 + x2. Phương trình đường cong (C) được viết lại y2 = x3 + x2 = x2(x+ 1). Đường cong có điểm kỳ dị là A(0, 0), áp dụng công thức tính ở trên ta có các điểm hữu tỉ trên đường cong được cho bởi   x = −1 +m2 y = m(−1 +m2) , (m ∈ Q). Ví dụ 3.5.2. Đường cong bậc ba có phương trình y2 = x3 có điểm kỳ dị là (0, 0), các điểm hữu tỉ trên đường cong được cho bởi   x = m2 y = m3 , (m ∈ Q). 3.5.2 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Bài trước chúng ta đã xây dựng cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ đối với các đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị, vậy đối với đường cong bậc ba có điểm kỳ dị thì có thể xây dựng cho nó một cấu trúc nhóm không. 25 Điểm tại vô cùng Ta xét trong không gian xạ ảnh P 2, tức là không gian mà mỗi điểm là một lớp tương đương của các bộ ba (x, y, z), một bộ ba (x, y, z) tương đương với bộ ba (λx, λy, λz) với λ 6= 0. Như vậy, nếu z 6= 0 thì lớp tương đương của (x, y, z) chứa bộ ba ( x z , y z , 1). Ta có thể đồng nhất mặt phẳng xạ ảnh P 2 với mặt phẳng thông thường (aphin) cùng với các "điểm tại vô cùng" ứng với z = 0. Một đường cong trong mặt phẳng thông thường có thể tương ứng với đường cong trong mặt phẳng xạ ảnh bằng cách thêm vào các điểm tại vô cùng. Để làm việc đó trong phương trình đường cong ta chỉ cần thay x bởi x z , y bởi y z và nhân hai vế với một lũy thừa thích hợp để khử mẫu số. Với đường cong bậc ba (C) cho bởi công thức Weierstrass có phương trình y2 = x3 + ax2 + bx+ c. Đặt x = X Z , y = Y Z , khi đó phương trình trở thành Y 2Z = X3 + aX2Z + bXZ2 + cZ3. (3.5.1) Ta tìm giao điểm của đường cong với đường thẳng vô cùng Z = 0. Thay Z = 0 vào phương trình 3.5.1 ta được X3 = 0. Do đó, đường thẳng vô cùng cắt đường cong 3 lần tại điểm O[0 : 1 : 0]. Bởi vậy đường cong (C) có một điểm tại vô cùng nằm trên các đường thẳng đứng (x=constant). Điểm tại vô cùng này là điểm uốn của đường cong (C), điểm tại vô cùng này không phải là điểm kỳ dị, ta xem điểm này là điểm hữu tỉ. Như vậy với đường cong bậc ba cho bởi công thức Weierstrass có một điểm tại vô cùng đó là O(0 : 1 : 0). Xây dựng cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị Ta biết rằng đường cong bậc ba kỳ dị (C) có duy nhất một điểm kỳ dị có tọa độ hữu tỉ, như vậy nếu xây dựng cấu trúc nhóm của các điểm hữu tỉ trên (C) với phép toán (+) như đã định nghĩa ở mục 3.2 là không được. Vì vậy, muốn xây dựng được cấu trúc nhóm với phép toán (+) đó ta phải nghĩ đến việc loại đi điểm kỳ dị này. Ta gọi Cns(Q) là tập hợp tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong trừ đi điểm 26 kỳ dị của nó. Ta sử dụng phép cộng điểm như đã là ở mục 3.2 với lưu ý rằng điểm O không phải là điểm hữu tỉ tùy ý mà nó là điểm tại vô cùng. Lấy hai điểm bất kỳ P, Q thuộc Cns(Q) ta định nghĩa P +Q như sau, vẽ đường thẳng qua P, Q cắt đường cong tại một điểm ta đặt là P ∗Q, đường thẳng đi qua O và P ∗Q (đường thẳng thẳng đứng đi qua P ∗Q) cắt đường cong tại một điểm, đó là điểm P +Q, ta có P +Q = O ∗ (P ∗Q). Dễ dàng chứng minh được với mọi P, Q ∈ Cns(Q) thì P + Q ∈ Cns(Q). Thật vậy, nếu P + Q không thuộc Cns(Q) thì P + Q là điểm kỳ dị suy ra P ∗ Q là điểm kỳ dị nên một trong hai điểm P, Q là điểm kỳ dị (vô lí). Ta có (Cns(Q),+) là một nhóm aben. Chứng minh tương tự như trong bài 2. Bây giờ ta sẽ đi mô tả một cách rõ ràng nhóm Cns(Q) này. Đối với đường cong bậc ba kỳ dị chúng ta có hai loại dựa vào việc P (x) có nghiệm bội hai hay bội ba. Trường hợp P (x) có nghiệm bội hai ta sẽ làm việc với đường cong đại diện có phương trình là y2 = x2(x+1), còn P (x) có nghiệm bội ba ta sẽ làm vệc với đường cong đại diện có phương trình là y2 = x3. Cấu trúc nhóm trên đường cong (C): y2 = x2(x+ 1). Ta đã biết tham số hóa của các điểm hữu tỉ trên (C), ta có tương ứng sau Q → C(Q) → Q r 7→ (r2 − 1, r3 − r) (x, y) 7→ y x (với x 6= 0) (0, 0) 7→ ±1. Định lí 3.5.1 ([2, tr. 100]). Cho đường bậc ba (C): y2 = x2(x+ 1). Khi đó ta có ánh xạ φ : Cns(Q)→ Q∗ φ(P ) =   y − x y + x , P 6= O 1 , P = O là một đẳng cấu nhóm từ Cns(Q) vào nhóm Q∗ với phép nhân thông thường. Chứng minh Với mọi P (x, y) ∈ Cns(Q) thì y+ x 6= 0 nên φ(P ) tồn tại. Dễ thấy φ là ánh xạ. Với mỗi số hữu tỉ t ∈ Q∗ ta tìm được duy nhất một điểm P thuộc Cns(Q) để 27 φ(P ) = t. Thật vậy, với t = 1 thì ta có P = O. Với t 6= 1, ta có t = y − x y + x suy ra y = 1 + t 1− tx thay y vào phương trình đường cong, ta được x = 4t (1− t)2 , do đó P ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) . Như vậy ta có ánh xạ ngược của φ như sau ψ : Q∗ → Cns(Q) ψ(t) =   ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) , nếu t 6= 1 O , nếu t = 1. Ta chứng minh ψ là một đồng cấu nhóm từ Q∗ vào Cns(Q). Ta có ψ( 1 t ) = ( 4t−1 (1− t−1)2 , 4t−1(1 + t−1) (1− t−1)3 ) = ( 4t (1− t)2 ,− 4t(1 + t) (1− t)3 ) = −ψ(t). Tiếp theo ta chứng minh ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2), ∀t1, t2 ∈ Q∗. Với bất kì P1, P2, P3 thuộc Cns(Q) khác O. Ta biết rằng P1 + P2 + P3 = O khi chỉ khi P1, P2, P3 là thẳng hàng. Gọi Pi(xi, yi), đường thẳng đi qua P1, P2 có dạng (x− x1)(y2 − y1) = (y − y1)(x2 − x1). Thay tọa độ của P3 vào phương trình trên ta được x1y2 − x2y1 + x2y3 − x3y2 + x3y1 − x1y3 = 0. (3.5.2) Gọi t1, t2, t3 là 3 phần tử thuộc Q∗ khác 1 thỏa P1 = ψ(t1), P2 = ψ(t2), P3 = ψ(t3). Mà ψ(t) = ( 4t (1− t)2 , 4t(1 + t) (1− t)3 ) , thay tọa độ của P1, P2, P3 vào 3.5.2 và rút gọn ta được 32(t1 − t2)(t1 − t3)(t2 − t3)(t1t2t3 − 1) (1− t1)3(1− t2)3(1− t3)3 = 0. Suy ra t1t2t3 = 1. Do đó ψ(t1t2t3) = O = ψ(t1) + ψ(t2) + ψ(t3). Với mọi t1, t2 ∈ Q∗ khác 1 ta có ψ( 1 t1 1 t2 t1t2) = −ψ(t1)− ψ(t2) + ψ(t1t2) ⇔ ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2). Điều đó hiển nhiên đúng nếu t1 = 1 hoặc t2 = 1. Như vậy, ta đã chứng minh được ψ(t1t2) = ψ(t1) + ψ(t2), ∀t1, t2 ∈ Q∗. 28 Tóm lại, ta có Cns(Q) ≡ Q∗, như vậy những tính chất của nhóm Q∗ cũng là tính chất của nhóm Cns(Q). Chẳng hạn nhóm Q∗ không phải là nhóm hữu hạn sinh nên nhóm Cns(Q) cũng không phải là nhóm hữu hạn sinh. Cấu trúc nhóm trên đường cong y2 = x3 Ta đã biết cách tham số hóa cho đường cong này như sau Q → C(Q) → Q r 7→ (r2, r3) (x, y) 7→ y x (x 6= 0) (0, 0) 7→ 0. Định lí 3.5.2 ([2, tr. 100]). Cho đường cong bậc ba (C) y2 = x3. Khi đó ánh xạ φ : Cns(Q)→ Q φ(P ) =   x y , P 6= O 0 , P = O là một đẳng cấu nhóm từ Cns(Q) vào nhóm Q với phép cộng thông thường. Lặp lại chứng minh tương tự như đối với đường cong y2 = x2(x + 1). Ta nghiên cứu những tính chất của nhóm Cns(Q) thông qua nhóm Q, nhóm Cns(Q) không phải là nhóm hữu hạn sinh. 3.6 ĐIỂM HỮU TỈ TRÊN ĐƯỜNG CONG EL- LIPTIC 3.6.1 Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic Đối với đường cong elliptic (E) thì tại mọi điểm đều tồn tại tiếp tuyến nên ta có cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ như đã định nghĩa ở mục 3.2, nhưng ta sẽ xây dựng nhóm này đặc biệt hơn bằng cách chọn phần tử trung hòa của nhóm là điểm O tại vô cùng như đã đề cập ở bài trước. Với P, Q là hai điểm hữu tỉ bất kỳ trên đường cong, ta vẽ đường thẳng qua P, Q cắt đường cong tại điểm P ∗ Q, vẽ đường thẳng đứng đi qua điểm P ∗ Q cắt đường cong tại điểm P +Q. Như vậy, ta có tập các điểm hữu tỉ trên đường 29 cong (E) cùng với phép cộng xác định như trên tạo thành một nhóm giao hoán với phần tử trung hòa của nhóm là điểm O tại vô cùng. Việc chứng minh là hoàn toàn tương tự như đã làm trong mục 3.2. Với mỗi điểm hữu tỉ Q nằm trên Hình 3.10: Xác định phép (+). đường cong ta có điểm −Q xác định như hình vẽ. Chú ý: Ta có điểm P ∗Q = −(P +Q), P ∗ P = −2P . Hình 3.11: Xác định phần tử đối. 3.6.2 Công thức tính tọa độ của "tổng" hai điểm Cho đường cong (E) có phương trình y2 = x3 + ax2 + bx + c, với P1(x1, y1), P2(x2, y2) thuộc (E) ta đi tìm tọa độ(x3, y3) của điểm P1 ∗ P2. Đường thẳng đi qua P1, P2 có phương trình là y = λx+ µ, với λ = y2 − y1 x2 − x1 và µ = y1 − λx1 = y2 − λx2. 30 Hình 3.12: Xác định tọa độ của P1 + P2. Thay y vào phương trình đường cong ta được y2 = (λx+ µ)2 = x3 + ax2 + bx+ c ⇔ x3 + (a− λ2)x2 + (b− 2λµ)x+ (c− µ2) = 0. Theo công thức Viet ta có x1 + x2 + x3 = λ2 − a, suy ra x3 = λ 2 − a− x1 − x2, y3 = λx3 + µ. (3.6.1) Vậy tọa độ của điểm P1 + P2 là (x3,−y3) với x3, y3 được xác định như trên. Hình 3.13: Tọa độ của P +Q và điểm 2P. Ví dụ 3.6.1. Cho đường cong (E): y2 = x3+17, có 2 điểm hữu tỉ là P (−2, 3), Q(4, 9), tính tọa độ P +Q. 31 Đường thẳng đi qua điểm P, Q là y = x + 5 nên λ = 1, µ = 5. Suy ra x3 = λ2 − a− x1 − x2 = −1, y3 = λx3 + µ = 4. Vậy P +Q(−1,−4). Chú ý: Để tính tọa độ của điểm 2P ta xác định λ như sau: λ = P ′(x) 2y . Ví dụ 3.6.2. Cho đường cong (E): y2 = x3 +17 có điểm hữu tỉ là P (−2, 3) ta tính tọa độ của 2P . Ta có λ = P ′(−2) 6 = 2, µ = 3− 2.(−2) = 7. Thay vào 3.8.1 ta tìm được −2P (8, 23). Suy ra 2P (8,−23). Chú ý: Ta cũng có thể thiết lập công thức tổng quát để tính hoành độ của điểm 2(x, y) như sau Hoành độ của 2(x, y) = x4 − 2bx2 − 8cx+ b2 − 4ac 4x3 + 4ax2 + 4bx+ 4c . Phương trình có dạng y2 = x3+ c, c ∈ Z được gọi là phương trình Bachet [1, tr. 43], bằng tính toán và rút gọn ta được công thức tính tọa độ của điểm 2(x, y) như sau 2(x, y) = ( x4 − 8cx 4y2 , −x6 − 20cx3 + 8c2 8y3 ). Công thức này gọi là công thức nhân đôi. 3.6.3 Định lí Mordell Định lí 3.6.1 ([2, tr. 88]). Nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic (E(Q),+) là một nhóm aben hữu hạn sinh. Việc chứng minh đòi hỏi phải xây dựng rất nhiều lý thuyết toán có liên quan, vì vậy ta sẽ không đề cập phần chứng minh ở đây, chúng ta có thể tham khảo phần chứng minh ở các tài liệu [2, tr. 83]. Như vậy theo định lí này nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic E(Q) có tập sinh hữu hạn. Nghĩa là mỗi điểm hữu tỉ trên đường cong có thể nhận được từ một tập hữu hạn các điểm hữu tỉ bằng cách sử dụng một tổ hợp nào đó của các giao tuyến và tiếp tuyến. Như vậy nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic hoàn toàn khác với nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba kỳ dị. 32 Vấn đề là cần bao nhiêu điểm hữu tỉ để xây dựng tất cả các điểm hữu tỉ. Vì E(Q) là nhóm aben hữu hạn sinh nên nó là tổng trực tiếp của một nhóm hữu hạn và một nhóm aben tự do hữu hạn sinh, hạng của nhóm aben tự do hữu hạn sinh này được gọi là hạng của đường cong elliptic. Tất cả các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) lập thành nhóm TorsE(Q) gọi là nhóm con xoắn của E(Q). Khi đó E(Q) là tổng trực tiếp của TorsE(Q), với nhóm con các điểm có bậc vô hạn. Nhóm con các điểm có bậc vô hạn là nhóm hữu hạn sinh nên nó đẳng cấu với Zr, với r được gọi là hạng của đường cong elliptic và nó là một số nguyên không âm. Ta có E(Q) ≡ TorsE(Q) ⊕ Zr. Ta có một định lý (3.7.1) cho phép tìm các điểm có bậc hữu hạn của E(Q) từ đó tìm được TorsE(Q), còn vấn đề tìm hạng của đường cong là vấn đề cực kỳ khó mà ta không đề cập ở đây. Nếu đường cong có hạng bằng 0 thì E(Q) là nhóm hữu hạn, nếu hạng khác 0 thì E(Q) có vô hạn phần tử. 3.7 NHÓM CON XOẮN CỦA E(Q) 3.7.1 Bậc của điểm Định nghĩa 3.7.1. Một điểm P thuộc E(Q) có bậc là số nguyên dương n nếu nP = O và n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều này. Một điểm có bậc n gọi là điểm có bậc hữu hạn, ngược lại thì gọi là điểm có bậc vô hạn. Ví dụ 3.7.1. Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = x3+ 1 4 x2− 1 2 x+ 1 4 . Điểm P (1, 1) ∈ E(Q), ta sẽ tìm bậc của điểm P . Đường thẳng tiếp xúc với đường cong tại điểm P cắt đường cong tại điểm (0,−1 2 ) = −(0, 1 2 ), do đó 2P (0, 1 2 ). Đường thẳng đi qua điểm P và 2P cắt đường cong tại điểm (−1, 0) = −(−1, 0), do đó 3P (−1, 0). Vì điểm (−1, 0) có bậc hai nên O = 2(−1, 0) = 2.3P = 6P. Ta có 4P = −2P = −(0, 1 2 ) = (0,−1 2 ), 5P = −P = −(1, 1) = (1,−1). 33 Hình 3.14: Điểm có bậc 6. Vậy P là điểm có bậc 6 và các điểm O, P, 2P, 3P, 4P, 5P lập thành một nhóm con xyclic bậc 6 trong E(Q). Hình 3.15: Điểm có bậc 5. Ví dụ 3.7.2. Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 − x2 + 1 4 , P (1, 1 2 ) ∈ E(Q), ta tìm bậc của điểm P . Đường thẳng tiếp xúc với đường cong tại P sẽ cắt đường cong tại điểm (0,−1 2 ), như vậy điểm 2P (0, 1 2 ). Đường thẳng đi qua điểm P và 2P sẽ cắt đường cong tại điểm (0, 1 2 ), do đó 3P (0,−1 2 ). Vậy 3P = −2P nên 5P = O. Vậy P là một điểm có bậc 5, nó sinh ra một nhóm con cyclic bậc 5 trong E(Q). 34 3.7.2 Nhóm con xoắn của E(Q) Định lí Nagell-Lutz Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 + ax2 + bx+ c. Bằng cách đặt X = d2x, Y = d2y (với d là số nguyên khác 0) thì phương trình trở thành ( Y d3 )2 = ( X d2 )3 + a( X d2 )2 + b( X d2 ) + c ⇔Y 2 = X3 + ad2X2 + bd4X + d6c. Chọn số nguyên d đủ lớn để ad2, bd4, d6c là các số nguyên. Do đó ta chỉ cần làm việc với đường cong elliptic có dạng y2 = x3 + ax2 + bx + c với a, b, c là các hệ số nguyên. Định lí 3.7.1 ([2, tr. 56]). Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = P (x) = x3 + ax2 + bx+ c = 0 với hệ số a, b, c nguyên và D là biệt thức của đa thức bậc ba P (x) D = −4a3c+ a2b2 + 18abc− 4b3 − 27c2. Điểm hữu tỉ (x, y) có bậc hữu hạn. Khi đó x, y là nguyên và y = 0 hoặc y chia hết D. Phần chứng minh của định lý khá dài và phải xây dựng các lý thuyết liên quan vì vậy ta sẽ không đề cập đến. Có thể tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [2, tr. 56]. Chú ý: Định lí Nagell-Lutz không phải là một phát biểu "nếu và chỉ nếu" nghĩa là những điểm (x, y) có tọa độ nguyên và y chia hết D thì không chắc rằng điểm đó có bậc hữu hạn. Định lí Nagell-lutz có thể sử dụng để liệt kê tất cả các điểm có thể có bậc hữu hạn chứ không sử dụng để chứng minh xem một điểm nào đó có bậc hữu hạn không. Để chứng minh một điểm nào đó là hữu hạn ta cần chỉ ra có số nguyên n > 1 để nP = 0. Định lí Nagell-Lutz còn được sử dụng để chứng minh điểm có bậc vô hạn, ý tưởng là tính các điểm P, 2P, 3P... cho đến nP mà tọa độ không còn nguyên nữa thì suy ra điểm P có bậc vô hạn. Ví dụ 3.7.3. Cho đường cong (E) có phương trình y2 = x3 + 4x2 + 16. Ta có P (0, 4) ∈ E(Q), ta sẽ chứng minh P là điểm có bậc vô hạn. Ta tính 2P (−4,−4), −3P (4, 12), 3P (4,−12), 4P (8, 28), 5P (−3, 5), −6P (−0.89, 4.3). 35 Theo định lí Nagell-Lutz điểm P có bậc vô hạn. Ví dụ 3.7.4. Tìm điểm hữu tỉ có bậc hữu hạn trên đường cong (E) cho bởi phương trình sau y2 = x3− x2 + x. Ta có D = −3 nên điểm P (x, y) có bậc hữu hạn thì x, y là số nguyên và y = 0 hoặc y chia hết -3. Với y = 0 ta có điểm (0, 0) là điểm có bậc hai duy nhất. Vì y chia hết D và y là số nguyên nên y = ±1, y = ±3. Với y = ±1 thế vào phương trình đường cong ta được x3 − x2 + x − 1 = 0, phương trình có nghiệm nguyên là x = 1. Như vậy ta có điểm (1,−1), (1, 1). Với y = ±3 thế vào phương trình đường cong ta được x3−x2 +x−9 = 0. Ta thấy rằng nghiệm hữu tỉ của phương trình này nếu có là nguyên và chia hết -9. Ta kiểm tra các số ±1, ±3, ±9 đều không phải là nghiệm của phương trình. Như vậy ngoài điểm (0, 0) có bậc hai thì những điểm có thể có bậc hữu hạn của đường cong elliptic là (1, 1), (1,−1). Dễ dàng kiểm tra rằng 2(1,1) = (0, 0) như vậy điểm (1, 1) có bậc 4, tức là 4(1, 1) = O. Suy ra 3(1, 1) = −(1, 1) = (1,−1). Vậy TorsE(Q) = {O, (0, 0), (1, 1), (1,−1)}. Việc tìm nhóm con xoắn của E(Q) như thế này sẽ phải tính toán rất vất vả, dưới đây sẽ cho ta một định lý giúp tìm nhóm con xoắn của E(Q) một cách ngắn gọn hơn. Định lí Mazur Định lí 3.7.2 ([2, tr. 58]). Giả sử E(Q) chứa một điểm hữu tỉ có bậc hữu hạn là m. Khi đó 1 ≤ m ≤ 10 hoặc m = 12. Một cách rõ ràng hơn, nhóm con xoắn của E(Q) là một trong hai dạng sau i, Một nhóm cyclic có bậc N với 1 ≤ N ≤ 10 hoặc N = 12. ii, Tích của một nhóm cyclic có bậc 2 và một nhóm cyclic có bậc 2N với 1 ≤ N ≤ 4. Chúng ta có thể tham khảo phần chứng minh ở tài liệu [7, tr. 306]. 36 3.7.3 Đường cong (E) có phương trình y2 = x3 + ax và y2 = x3 + a Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 + ax, với a là số hữu tỉ khác 0. Đặt x = d2X, y = d3Y (với d là số hữu tỉ khác 0) khi đó phương trình trở thành d6Y 2 = d6X3 + ad2X = d6(X3 + a d4 X). Như vậy, ta có thể chọn d để cho hệ số a d4 số là nguyên, hơn thế nữa nếu a có thể phân tích thành lũy thừa có bậc lớn hơn hoặc bằng 4 của một số nguyên nào đó, thì ta có thể đưa số a về một lũy thừa có bậc nhỏ hơn 4 của số nguyên đó. Do vậy, ta chỉ cần làm việc với đường cong y2 = x3 + ax với a là số nguyên khác 0 và a không thể phân tích thành lũy thừa có bậc lớn hơn hoặc bằng 4 của một số nguyên nào đó. Cho đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 + a, với a là số hữu tỉ khác 0. Bằng cách đổi biến tương tự như trên ta thu được phương trình d6Y 2 = d6X3 + a = d6(X3 + a d6 ). Như vậy ta có thể chọn d để cho hệ số a d6 là nguyên, hơn thế nữa nếu a có thể phân tích thành lũy thừa có bậc lớn hơn hoặc bằng 6 của một số nguyên nào đó thì ta có thể đưa số a về một lũy thừa có bậc nhỏ hơn 6 của số nguyên đó. Do vậy ta chỉ cần làm việc với đường cong y2 = x3 + a với a là số nguyên khác 0 và a không thể phân tích thành lũy thừa có bậc lớn hơn hoặc bằng 6 của một số nguyên nào đó. Ví dụ 3.7.5. Tìm nhóm con xoắn của các điểm hữu tỉ trên đường cong (E) có phương trình cho bởi y2 = x3 + 26x. Đặt x = 22X, y = 23Y , khi đó phương trình trở thành 26Y 2 = 26X3 + 26.22X ⇔ Y 2 = X3 + 4X. Đường cong (E’) này tồn tại duy nhất điểm bậc 2 là (0, 0). Ta sẽ đi tìm các điểm có bậc 4, tức là các điểm (X,Y ) là nghiệm của phương trình 2(X,Y ) = (0, 0) = −(0, 0). Giả sử đường thẳng đi qua điểm (0, 0) có phương trình là Y = λX. Hoành độ giao điểm của đường thẳng và đường cong là nghiệm phương trình (λX)2 = X3 + 4X. 37 Để đường thẳng tiếp xúc với đường cong thì phương trình X2 − λ2X + 4 = 0 có nghiệm kép, tức là ∆ = (−λ2)2 − 4.4 = 0⇔ λ = ±2. Với λ = 2 ta có điểm (2, 4). Với λ = −2 ta có điểm (2,−4). Ta có hai điểm có bậc 4 đó là (2, 4), (2,−4). Dễ thấy, không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 8 vì phương trình 2(X,Y ) = (2, 4) hoặc 2(X,Y ) = (2,−4) không có nghiệm (X,Y ). Ta sẽ chứng minh đường cong này không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc là 3. Thật vậy giả sử tồn tại điểm hữu tỉ P có bậc 3, khi đó 3P = O ⇔ −2P = P . Gọi Y = λX + β là đường thẳng tiếp xúc với đường cong tại P. Vì −2P = P nên đường thẳng này sẽ gặp đường cong thêm hai lần nữa tại P (P là điểm uốn của đường cong). Hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình (λX + β)2 = X3 + 4X ⇔ X3 − λ2X2 + (4− 2λβ)X − β2 = 0. Gọi r là hoành độ của điểm P thì phương trình trên được viết lại như sau X3 − λ2X2 + (4− 2λβ)X − β2 = (X − r)3. Đồng nhất hệ số 2 vế của phương trình ta có 3r = λ2, r3 = β2 suy ra β2 = λ6 27 , 3r2 = 4− 2βλ⇔ 3(λ 4 9 ) = 4− 2( λ 4 3 √ 3 ). Không tồn tại số hữu tỉ λ thỏa phương trình trên. Vậy không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 3. Suy ra không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 6, 9, 12. Vì đường cong tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 4 nên theo định lý Mazur không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc nguyên tố p với p > 3 ( vì những điểm có bậc hữu hạn có bậc không vượt quá 12). Vậy TorsE′(Q) = {O, (0, 0), (2, 4), (2,−4)}. Nhóm con xoắn của đường cong ban đầu là TorsE(Q) = {O, (0, 0), (8, 32), (8,−32)}. Khi cho một đường cong elliptic cụ thể ta dễ dàng chỉ ra được nhóm con xoắn của nó, vấn đề còn lại là tìm hạng của đường cong, đây là vấn đề phức tạp mà ta không đề cập ở đây. Chúng ta có thể tìm hiểu về vấn đề này ở các tài 38 liệu tham khảo [2], [3]. Dưới đây ta sẽ liệt kê một số hạng có giá trị nhỏ của các đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 + ax, y2 = x3 + a [3, tr. 37], bảng này để giúp chúng ta mô tả được cấu trúc nhóm các điểm hữu tỉ trên một số ít các đường cong elliptic. r=0 a=1 2 4 6 7 10 11 12 22 -1 -3 -4 -8 -9 -11 -13 -18 -19 r=1 a=3 5 8 9 13 15 18 19 20 -2 -5 -6 -7 -10 -12 -14 -15 -20 r=2 a=14 33 34 39 46 -17 -56 -65 -77 r=3 a=82 Bảng 3.1: Hạng của đường cong có phương trình y2 = x3 + ax. r=0 a=1 4 6 7 13 14 16 20 21 -1 -3 -5 -6 -8 -9 -10 -14 -432 r=1 a=2 3 5 8 9 10 11 12 18 -2 -4 -7 -13 -15 -18 -19 -20 -21 r=2 a=15 17 24 37 43 -11 -26 -39 -47 r=3 a=113 141 316 346 359 -174 307 -362 Bảng 3.2: Hạng của đường cong có phương trình y2 = x3 + a. 3.8 ĐỊNH LÍ FERMAT TRONG TRƯỜNGHỢP N = 3, N = 4 3.8.1 Định lý Fermat trong trường hợp n = 3 Theo định lý Fermat phương trình X3 + Y 3 = Z3 chỉ có các nghiệm nguyên X,Y, Z mà tất cảX, Y, Z đều khác 0, tức là các nghiệm nguyên của phương trình đó là (0, 0, 0), (a, 0, a), (−a, 0,−a), (0, a, a), (0,−a,−a), (a,−a, 0), (−a, a, 0) với a là số nguyên dương bất kỳ khác 0. Ta sẽ kiểm chứng điều này. 39 Với Z 6= 0, ta đặt x = 3Z X + Y , y = 9 2 ( X − Y X + Y ) + 1 2 . Khi đó phương trình trên trở thành y2 − y = x3 − 7⇔ (y − 1 2 )2 = x3 − 27 4 . Đặt y′ = y − 1 2 ta được phương trình sau y′2 = x3 − 27 4 ⇔ (8y′)2 = (4x)3 − 432. Đặt y′′ = 8y′, x′′ = 4x. Khi đó phương trình trở thành y′′2 = x′′3−432. Ta sẽ tìm các điểm hữu tỉ trên đường cong (E) này. Các nghiệm (a, 0, a), (−a, 0,−a) biến thành điểm (12, 36), nghiệm (0, a, a), (0,−a,−a) biến thành điểm (12,−36) trên đường cong (E). Dễ dàng kiểm tra rằng 3(12, 36) = 3(12,−36) = O. Khi Hình 3.16: Điểm có bậc 3. đó {O, (12,−36), (12, 36)} là một nhóm con của E(Q). Ta chứng minh đây là nhóm con xoắn của E(Q) (TorsE(Q)). Ta thấy rằng đường cong này không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 2 (vì phương trình x′′3 − 432 = 0 không có nghiệm hữu tỉ), vì vậy không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc chẵn. Đường cong không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc 9. Thật vậy, nếu có điểm bậc 9 thì 3(X,Y ) = (12, 36) (hoặc 3(X,Y ) = (12,−36)), do đó đường thẳng đi qua điểm (12, 36) sẽ gặp đường cong 3 lần tại một điểm khác (12, 36) (vô lý). Đường cong này cũng không tồn tại điểm hữu tỉ có bậc p với p là số nguyên 40 tố lớn hơn 3, vì lúc đó TorsE(Q) sẽ chứa một nhóm con đẳng cấu với Z/(3p)Z (mâu thuẫn với định lí Mazur). Suy ra TorsE(Q) = {O, (12, 36), (12,−36)}. Dựa vào bảng 2.2 ta thấy đường cong này có hạng 0. Vậy E(Q) = {O, (12, 36), (12,−36)}. Dễ dàng suy ra phương trình X3 + Y 3 = Z3 không có nghiệm nguyên X, Y, Z mà tất cả X, Y, Z đều khác 0. 3.8.2 Định lý Fermat trong trường hợp n = 4 Định lý Fermat trong trường hợp n = 4 phát biểu rằng phương trình X4 + Y 4 = Z4 (3.8.1) không có nghiệm nguyên X, Y, Z mà tất cả X, Y, Z đều khác 0, do đó phương trình có nghiệm nguyên là (0, 0, 0), (±a, 0,±a) , (0,±a,±a), với a là số nguyên dương bất kỳ khác 0. Ta sẽ kiểm chứng điều này. Với (X,Y, Z) 6= (0, 0, 0) . Ta đặt X2 = 2yZ2 x2 , Y = Z(1− 1 x ). Khi đó phương trình trở thành Z4 = 4y2Z4 x4 + Z4(1− 1 x )4. Vì Z4 6= 0 nên chia hai vế cho Z4 và nhân 2 vế cho x4 ta được y2 = x3 − 3 2 x2 + x− 1 4 ⇔ y2 = (x− 1 2 )(x2 − x+ 1 2 ) ⇔ y2 = (x− 1 2 )[(x− 1 2 )2 + 1 4 ] ⇔ 64y2 = 64(x− 1 2 )[(x− 1 2 )2 + 1 4 ] ⇔ (8y)2 = [(4(x− 1 2 )]3 + 4[4(x− 1 2 )]. Khi đó phương trình trở thành y′2 = x′3 + 4x′ với y′ = 8y, x′ = 4(x− 1 2 ). Đây là phương trình của đường cong elliptic, ta sẽ đi tìm nhóm các điểm hữu tỉ E(Q) trên đường cong này. Theo bài trước ta có TorsE(Q) = {O, (2, 4), (2,−4), (0, 0)}. 41 Từ bảng 2.1 ta thấy rằng hạng của đường cong elliptic này bằng 0. Suy ra E(Q) = {O, (2, 4), (2,−4), (0, 0)}. Các nghiệm (0, 0, 0), (±a, 0,±a) , (0,±a,±a) tương ứng với các điểm hữu tỉ (2, 4), (2,−4), (0, 0) trên đường cong elliptic. Do đó dễ dàng suy ra phương trình 3.8.1 không có nghiệm nguyên (X,Y, Z) với X, Y, Z khác 0 tất cả. 3.9 SỐ ĐỒNG DẠNG Ở bài này sẽ trình bày một ứng dụng thú vị của việc tìm điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic đó là vấn đề số đồng dạng, con số mà lại chứa đựng những thông tin về mặt hình học, đây giống như một sợi dây liên kết giữa số học với hình học vậy. Ta thấy rằng một tam giác vuông với các cạnh hữu tỉ (tam giác vuông hữu tỉ) có diện tích là số hữu tỉ. Ngược lại, một số hữu tỉ thì có phải là diện tích của tam giác vuông hữu tỉ không và nếu có thì có bao nhiêu tam giác vuông hữu tỉ như vậy. Định nghĩa 3.9.1. Một số hữu tỉ n được gọi là số đồng dạng nếu nó là diện tích của một tam giác vuông hữu tỉ, cụ thể là tồn tại số hữu tỉ dương a, b, c thỏa a2 + b2 = c2, 1 2 ab = n. Ví dụ 3.9.1. Các số 5, 6, 7 là các số đồng dạng bởi vì ta có thể tìm được các tam giác vuông hữu tỉ với diện tích là 5, 6, 7 được cho tương ứng với các hình vẽ 3.17 dưới đây. Định lí 3.9.1 ([4, tr. 14]). Cho số n > 0 khi đó ta có sự tương ứng 1− 1 giữa hai tập sau {(a, b, c) : a2 + b2 = c2, (1 2 )ab = n}, {(x, y) : y2 = x3 − n2x, y 6= 0} được cho như sau (a, b, c) 7−→ ( nb c− a, 2n2 c− a), (x, y) 7−→ ( x2 − n2 y , 2nx y , x2 + n2 y ). Chứng minh Đặt A = {(a, b, c) : a2 + b2 = c2, (1 2 )ab = n}, B = {(x, y) : y2 = x3 − n2x, y 6= 0}. 42 Hình 3.17: Các tam giác vuông hữu tỉ với diện tích tương ứng là 5,6,7. Lấy điểm (a, b, c) bất kỳ thuộcA, vì a 6= c nên ta có duy nhất điểm ( nb c− a, 2n2 c− a), ta sẽ chứng minh điểm này thuộc B. Thật vậy, ta thấy tọa độ của điểm ( nb c− a, 2n2 c− a) thỏa phương trình y 2 = x3 − n2x và y = 2n 2 c− a 6= 0, vậy điểm ( nb c− a, 2n2 c− a) ∈ B. Ngược lại, lấy một điểm (x, y) bất kỳ thuộc B. Vì y 6= 0 nên ta có duy nhất điểm ( x2 − n2 y , 2nx y , x2 + n2 y ), ta thấy tọa độ của điểm này thỏa điều kiện của tập A, vậy nó thuộc A. Định lý đã được chứng minh xong. Chú ý: Ta xét n là số hữu tỉ dương dựa vào sự tương ứng của định lý ta thấy rằng a, b, c là dương nếu và chỉ nếu x, y là dương, a, b, c là hữu tỉ nếu và chỉ nếu x, y là hữu tỉ. Điểm (a, b, c) thuộc A thì a, b cùng dấu và suy ra các điểm (a, b,−c), (−a,−b, c), (−a,−b,−c) cũng thuộc A. Vì vậy, nếu đường cong elliptic y2 = x3 − n2x có điểm hữu tỉ (x, y) với y 6= 0 thì ta có thể chỉ ra điểm (a, b, c) thuộc A với a, b, c là số hữu tỉ dương. Vậy số hữu tỉ dương n là số đồng dạng nếu và chỉ nếu đường cong elliptic y2 = x3−n2x tồn tại điểm hữu tỉ (x, y) với y 6= 0. Ví dụ 3.9.2. Ta có 6 là diện tích của tam giác vuông hữu tỉ (3, 4, 5), nên đường cong có phương trình y2 = x3−36x tồn tại điểm hữu tỉ có tọa độ (x, y) với y 6= 0. Theo định lý trên ta có điểm hữu tỉ tương ứng với (3, 4, 5) là (x, y) = (12, 36). 43 Ví dụ 3.9.3. Tam giác vuông (3 2 , 20 3 , 41 6 ) có diện tích là 5, ta có điểm hữu tỉ tương ứng trên đường cong có phương trình y2 = x3− 25x là (x, y) = (25 4 , 75 8 ). Điểm ( 3 2 , 20 3 , 41 6 ) thuộc A nên các điểm ( 3 2 , 20 3 ,−41 6 ), (−3 2 ,−20 3 , 41 6 ). (−3 2 ,−20 3 ,−41 6 ) cũng thuộc A, các bộ ba này tương ứng với các điểm hữu tỉ trên đường cong y2 = x3 − 25x là (−4,−6), (−4, 6), (25 4 , −75 8 ). . Ví dụ 3.9.4. Tìm tất cả các tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là 1. Để tìm tất cả các tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là 1 ta sẽ đi tìm tất cả các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic y2 = x3 − x. Ta có D = −4, nên các điểm (x, y) có bậc hữu hạn trên đường cong thì y = 0 hoặc y là số nguyên và chia hết -4. Với y = 0, ta có các điểm hữu tỉ là (0, 0), (1, 0), (−1, 0). Với y nguyên và chia hết cho -4 nên y = ±1, ±2, ±4. Thế các giá trị này vào phương trình đường cong elliptic ta thấy phương trình thu được không tồn tại nghiệm hữu tỉ x. Vậy trong trường hợp này không tồn tại điểm hữu tỉ. Dựa vào bảng 2.1 đường cong này có hạng bằng 0. Như vậy không tồn tại điểm hữu tỉ nào khác (0, 0), (1, 0), (−1, 0). Theo định lý 2.17.1 sẽ không tồn tại tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là 1. Suy ra 1 không phải là số đồng dạng. Như vậy để tìm các tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là số hữu tỉ dương n thì ta đi tìm tập các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic y2 = x3 − n2x. Nếu đường cong elliptic này có vô hạn điểm hữu tỉ thì sẽ có vô hạn tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là n. Còn nếu đường cong này không có điểm hữu tỉ (x, y) với y 6= 0 thì không tồn tại tam giác vuông hữu tỉ có diện tích là n, dẫn đến n không phải là số đồng dạng. 44 KẾT LUẬN Khóa luận gồm 3 phần là mở bài, nội dung và kết luận. Phần nội dung được trình bày trong 3 chương. Chương 1 là kiến thức chuẩn bị. Chương 2 trình bày về điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai. Đối với đường cong bậc hai thì ta có thể kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên đường cong nhờ sử dụng định lý Legendre, nếu đường cong bậc hai tồn tại một điểm hữu tỉ thì ta sẽ chỉ ra được tất cả các điểm hữu tỉ còn lại. Một đường cong bậc hai có một điểm hữu tỉ thì sẽ có vô số điểm hữu tỉ. Vấn đề điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai được giải quyết khá trọn vẹn. Chương 3 trình bày về điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba, trong trường hợp tổng quát ta không có phương pháp để kiểm tra sự tồn tại của điểm hữu tỉ trên đường cong bậc ba. Vì vậy, chúng tôi chỉ làm việc với đường cong bậc ba mà đã biết hay có thể chỉ ra một điểm hữu tỉ trên nó. Trong chương này chúng tôi đề cập đến nhóm các điểm hữu tỉ trên đường cong elliptic, đây là vấn đề khó mà ta không đi sâu tìm hiểu, chỉ đưa ra một số định lý giúp cho việc chỉ ra TorsE(Q) và liệt kê một số hạng có giá trị nhỏ trên hai lớp đường cong elliptic có phương trình y2 = x3 + ax, y2 = x3 + a giúp cho việc tìm nhóm các điểm hữu tỉ trên một số đường cong elliptic, từ đó tiếp cận định lý Fermat trong trường hợp n = 3, n = 4. Các định lý được trình bày trong khóa luận là khá khó và nó liên quan đến nhiều mảng kiến thức kiến thức khác nhau của toán học, nên với điều kiện về thời gian và khả năng của bản thân còn hạn chế nên chúng tôi không đề cập đến phần chứng minh, mong được sự thông cảm của quý Thầy Cô và các bạn. 45 Tài liệu tham khảo [1] Gabor Toth, Glimpses of Algebra and Geometry, Springer, 2002. [2] Joseph H. Silverman John Tate, Rational point on Elliptic Curves, Springer, 1994. [3] Dale Husemoller, Elliptic Curves, Springer, 2001. [4] Alovaro Lozanno-Robledo, Elliptic Curves, Modular Forms,and Their L- Function, American Mathematical Society, 2011. [5] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số đại cương, Nhà xuất bản Giáo dục, 1997. [6] Andre Weil, Number Theory: An Approach Though History from Hammu- rapi to Legendre, Princeton, 2006. [7] Richard A. Mollin, Number Thoery and applications, Springer, 1989. 46