Luật thuận nghịch bậc hai
Thặng dư bậc hai
Định nghĩa 1.1.1: Cho p là một số nguyên tố và a là một số nguyên với điều kiện p > a Số a được gọi là thặng dư bậc hai modulo p nếu tồn tại một số nguyên y sao cho y² ≡ a (mod p) Ngược lại, nếu không tồn tại số nguyên y nào thỏa mãn điều kiện này, thì a được xem là không thặng dư bậc hai modulo p.
Ví dụ Các số 1,3,4 là các thặng dư bậc hai modulo 13, trong khi đó
2 là không thặng dư bậc hai modulo 5 vì phương trình y 2 ≡ 2(mod5) vô nghiệm.
Tiêu chuẩn Euler
Định lý 1.1.2, hay còn gọi là Tiêu chuẩn Euler, khẳng định rằng với một số nguyên tố lẻ p không phải là ước của số nguyên a, thì a sẽ là một thặng dư bậc hai modulo p nếu và chỉ nếu a^(p−1)/2 ≡ 1 (mod p) Ngược lại, nếu a^(p−1)/2 ≡ −1 (mod p), thì a không phải là thặng dư bậc hai modulo p.
Ví dụ Ta có 3 5 = 243 ≡ 1 (mod 11) và5là thặng dư bậc hai modulo
11 Trong khi đó 2 5 = 32 ≡ −1 (mod 11) và 2 là không thặng dư bậc hai modulo 11.
Ký hiệu Legendre
Định nghĩa 1.1.3 Cho p là một số nguyên tố lẻ không chia hết số nguyên a.
( 1 nếu a là thặng dư bậc hai modulo p
−1 nếu a không là bình phương modulo p
Ký hiệu này được gọi là ký hiệu Legendre (Adrien Legendre (1752 -
1833) là nhà toán học người Pháp).
Cho p là số nguyên tố lẻ không chia hết các số nguyên a và b Khi đó ta có các tính chất sau.
−1 p bằng 1 hoặc −1 tùy theo p≡ 1 (mod4) hay p ≡ 3 (mod4).
= 1 và nếu p ≡ 1 (mod8) hoặc p ≡ 7 (mod8); và
Ví dụ Tính ký hiệu Legendre
= 1. Định lý 1.1.4 (Luật thuận nghịch bậc hai Gauss) Giả sử p và q là các số nguyên tố lẻ phân biệt Khi đó p q q p trừ khi p ≡ q ≡
Ví dụ Tính ký hiệu Legendre
Định lý thặng dư Trung hoa
Định lý Thặng dư Trung Hoa, hay còn gọi là Bài toán Hàn Tín điểm binh, là một khái niệm quan trọng trong toán học mà người Trung Quốc sử dụng để tính toán số lượng quân lính Hàn Tín đã áp dụng phương pháp sắp xếp quân số theo các hàng 3, 5, và 7 để báo cáo số dư, từ đó xác định chính xác số lượng quân lính Trong phần này, chúng tôi sẽ giới thiệu nội dung của định lý Thặng dư Trung Hoa cùng với một số ví dụ minh họa Định lý 1.2.1 nêu rằng nếu m1, m2, , mt là các số nguyên dương và đôi một nguyên tố cùng nhau, với m = m1 × m2 × × mt, thì cho a1, , at thuộc Z là các số nguyên tùy ý, sẽ có các khẳng định liên quan.
2) Nếu c là một nghiệm của hệ đồng dư ở trên thì nghiệm tổng quát của hệ này là x = c+ms, s∈ Z.
Với i = 1, 2, , t, ta đặt n_i = m m_i, do đó m = m_i n_i Chú ý rằng (m_i, n_i) = 1 với mọi i = 1, 2, , t, dẫn đến các số m_1, m_2, , m_t là đôi một nguyên tố cùng nhau Vì vậy, phương trình đồng dư n_i x ≡ 1 (mod m_i) có nghiệm; tức là tồn tại một số nguyên b_i thỏa mãn n_i b_i ≡ 1 (mod m_i) Hơn nữa, nếu j khác i, thì n_j b_j ≡ 0 (mod m_j) vì m_i chia hết cho n_j.
Bây giờ, đặt c := a 1 n 1 b 1 + ã ã ã+ a t n t b t Khi đó với mọi i, ta có c ≡a i n i b i ≡a i (mod m i ).
Ta đã chứng minh xong khẳng định thứ nhất.
2) Giả sử d là một nghiệm khác của hệ đồng dư trên Khi đó c ≡ d(modm i ) với mọi i
Suy ra c ≡ d(modm) Vì vậy d = c+ms với s nào đó.
Ngược lại, nếu d = c +ms với s nào đó thì d ≡ c(modm), và vì vậy với mỗi i, d ≡ c ≡ a i (modm) Điều này có nghĩa là d cũng là một nghiệm.
Ví dụ 1 Giải hệ đồng dư
Trong ví dụ này và ví dụ tiếp theo, chúng ta sử dụng ký hiệu N i −1 để chỉ một nghiệm b i, tương tự như trong chứng minh định lý thặng dư Trung Hoa.
Từ đó ta có nghiệm của hệ trên là x = 2.35.2 + 1.21.3 + 1.15.5 = 278 ≡ 68(mod105).
Ví dụ 2 Giải hệ đồng dư
x ≡ 3(mod5) x ≡ 7(mod8) x ≡ 5(mod7) Lời giải Ta có
Từ đó ta có x = 3.56.1 + 7.35.3 + 5.40.3 = 1503 ≡ 103(mod280).
Định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng
Trong chứng minh của Vsemirnov, sẽ áp dụng kết quả của Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng Mặc dù định lý này có phát biểu tương đối đơn giản, nhưng chứng minh của nó lại khá phức tạp Định lý 1.3.1 khẳng định rằng, với hai số nguyên dương a và d là nguyên tố cùng nhau, tồn tại vô hạn số nguyên tố có dạng a + nd, với n thuộc tập số tự nhiên.
Ví dụ 1 (a) Có vô hạn số nguyên tố dạng 2n+ 1 Đây chính là Định lý Euclid về sự tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Có vô hạn số nguyên tố dạng 4n + 1, và dưới đây là lập luận sơ cấp để chứng minh điều này Đầu tiên, chúng ta nhận thấy rằng mọi ước nguyên tố p của N² + 1 (với N là số nguyên) đều có dạng 4n + 1.
N ∈ N) đều đồng dư với 1 modulo 4 Thật vậy, vì p | N 2 + 1 nên
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4n + 1, ký hiệu là p1, p2, , pk Đặt N = 2p1p2 pk và xem p là một ước nguyên tố bất kỳ của N^2 + 1 Rõ ràng, p khác với tất cả các pi (i = 1, , k), dẫn đến p không đồng dư 1 (mod 4), điều này mâu thuẫn với nhận xét đã nêu Như vậy, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
Mười số nguyên tố đầu tiên dạng 4n+ 1 là
(c) Có vô hạn số nguyên tố dạng 4n+ 3 Dưới đây ta cũng sẽ trình bày một lập luận sơ cấp chứng minh khẳng định này.
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố dạng 4n + 3, gọi là p1, , pk Đặt N = (p1 × × pk)² + 2, do p2i ≡ 1 (mod 4) nên N ≡ 3 (mod 4) Xét p là một ước nguyên tố bất kỳ của N² + 1, ta có p lẻ và p khác với mọi pi, với i = 1, , k, và p ≡ 1 (mod 4) Do đó, mọi ước nguyên tố của N đều đồng dư 1 modulo 4, dẫn đến N ≡ 1 (mod 4), điều này mâu thuẫn với N ≡ 3 (mod 4) đã nêu Điều này chứng minh rằng giả thuyết ban đầu là sai Mười số nguyên tố đầu tiên dạng này là
Chứng minh sơ cấp của định lý
Một đa thức xếp (packing polynomial) trên N²₀ là một đa thức hai biến, có khả năng ánh xạ song ánh tập các điểm nguyên với tọa độ không âm N²₀ lên tập các số nguyên không âm.
Cantor đã xây dựng hai đa thức xếp bậc hai một cách tường minh Sau đó, Fueter và Pólya đã sử dụng phương pháp giải tích để chứng minh rằng các đa thức Cantor là duy nhất trong loại này Mục tiêu của chương này là trình bày chứng minh tương đối đơn giản của Vsemirnov về định lý Fueter-Pólya.
Đa thức Cantor
Tập con S là một phần của Z n, trong đó một hàm xếp trên S được định nghĩa là một song ánh từ S tới tập các số nguyên không âm N0 Đặc biệt, một đa thức xếp trên S là một đa thức n biến với hệ số thực F, sao cho F tạo ra một song ánh giữa S và N0.
Xét trường hợp n = 2, chúng ta định nghĩa hàm C: N²₀ → N₀ để liệt kê các điểm nguyên không âm trên các đoạn song song của phương trình x + y = k, với k nhận giá trị từ 0 đến vô hạn Hàm này hoạt động từ phía dưới bên phải lên phía trên bên trái, giúp xác định vị trí các điểm nguyên trong không gian hai chiều.
Với k ≥ 0, số các điểm nguyên không âm (x, y) với x + y < k là
2(x+ 3y) là một đa thức xếp trên
Hàm C2: N20 → N0 liệt kê các điểm nguyên không âm theo thứ tự từ trên bên trái xuống dưới bên phải trên các đoạn song song liên tiếp với phương trình x+y = k.
Hàm C 2 (x, y) cũng là một đa thức xếp trên N 2 0. Định nghĩa 2.1.1 Hàm C1(x, y) và C2(x, y) được gọi là các đa thức xếp Cantor.
C1 và C2 là hai đa thức bậc hai Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày chứng minh của Vsemirnov về định lý Fueter-Pólya, khẳng định rằng nếu F là một đa thức bậc hai trên N20, thì F = C1 hoặc F = C2.
Đa thức xếp không thể là tuyến tính
Trong mục này ta sẽ chỉ ra đa thức xếp không thể là đa thức tuyến tính.
Bổ đề 2.2.1 Cho l, m ∈ N 0 , với m ≥ 2 Với mỗi x = (x 1 , , x m ) ∈
Trong không gian N m 0, ta xác định min (x) = min (x i : i = 1, , m) Gọi S là tập hợp tất cả các điểm nguyên x ∈ N m 0 với điều kiện min (x) ≥ l Do đó, không tồn tại đa thức tuyến tính nào có thể tạo ra ánh xạ đơn ánh từ S vào N 0.
Chứng minh Giả sử tồn tại đa thức tuyến tính
F (x) =F (x 1 , x 2 , , x m ) =a 1 x 1 +a 2 x 2 +ã ã ã+a m x m +c, mà F(S) ⊆ N 0 và F là đơn ánh trên S. ĐặtA = max (|a i |: i = 1, , m) Gọi e 1 , e 2 , , e m là cơ sở chính tắc của không gian vectơ R n , tức là ei = (0, ,0,1,0, ,0) (1 ở vị trí thứ i).
Nếu x ∈ S thì với mọi i = 1, , m, ta có x+e i ∈ S và
Bây giờ ta chọn x ∈ S sao cho min(x) ≥ l + A Khi đó với mọi
Do F là hàm đơn ánh trên S nên x = x +a i e j −a j e i và a i e j = a j e i kéo theo a i = a j = 0 và a i = 0 với mọi i ∈ {1, , m} Khi đó, hàm
F (x) = c không đổi, điều này vô lý.
Một số bổ đề
Bổ đề 2.3.1 khẳng định rằng, với D và l là các số nguyên khác 0, và D không phải là số chính phương, thì luôn tồn tại một số nguyên tố p sao cho D không thặng dư modulo p và p không chia hết cho l.
Q i=1 qi, trong đó α, β ∈ {0,1}, m ∈ N và q 1 , , q k là các số nguyên tố lẻ khác nhau.
Giả sử k = 0 và D = (−1) α 2 β m 2 Nếu β = 0 thì α = 1 và
D = −m 2 Ta chọn một số nguyên tố p ≡ 3 (mod4) Khi đó ta có
Nếu β = 1 thì D = ±2m 2 Ta chọn một số nguyên tố p ≡ 5 (mod8). Khi đó ta có:
Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng, tồn tại vô số số nguyên tố thỏa mãn các quan hệ đồng dư Khi thêm điều kiện p > l, ta có thể xác định rằng các số nguyên tố p này không chia hết cho l.
Giả sử k ≥ 1 Với mỗi số nguyên tố p mà p ≡1 (mod8), ta có:
= 1. Áp dụng tính chất nhân tính của ký hiệu Legendre và tính luật thuận nghịch bậc hai, ta có:
Chọn các số nguyên r 1 , , r k sao cho r 1 q 1
= 1 với mọi i = 2, , k. Theo định lý thặng dư Trung Hoa, có một số nguyên s sao cho s ≡ 1 (mod8) và s ≡ri(modqi) với i = 1,2, , k.
Nếu p là một số nguyên tố mà p ≡s mod8 k
Theo định lý Dirichlet về số nguyên tố trong cấp số cộng, tồn tại vô số số nguyên tố p thỏa mãn đồng dư thức (2.1) Chọn một số nguyên tố p trong cấp số cộng với điều kiện p > l, từ đó ta sẽ tiến hành chứng minh.
Bổ đề 2.3.2 Cho F (x, y) là một đa thức xếp bậc hai Khi đó tồn tại các số nguyên không âm a, c, f và các số nguyên b, d, e sao cho a ≡ d(mod2), c≡ e(mod2) và
2(dx+ ey) + f (2.2) Hơn nữa, nếu a = c = 0 thì b ≥1.
Đa thức bậc hai F(x, y) với hệ số phức có thể được biểu diễn dưới dạng (2.2), trong đó a, c, f và b, d, e là các số phức Do F tạo ra một hàm từ N²₀ đến N₀, ta có a = F(2,0) - 2F(1,0) + F(0,0) thuộc Z, c = F(0,2) - 2F(0,1) + F(0,0) thuộc Z và f = F(0,0) thuộc N₀ Đối với mọi x thuộc N₀, chúng ta có
Tương tự với mọi y ∈ N 0 , ta có
2y+ f ≥ 0. Điều này suy c ≥ 0 Ta có
Từ đó ta suy ra d và e là các số nguyên và a ≡ d(mod2) và c ≡ e(mod2).
2 +f ∈ N 0 và b cũng là một số nguyên.
Nếu a = c = 0, thì b 6= 0 do F là hàm bậc hai Với mọi x ∈ N 0 , ta có
Bổ đề 2.3.3 Nếu F (x, y) là một đa thức xếp bậc hai có dạng (2.2), thì hàm
2 ax 2 + 2bxy+ cy 2 là hàm xác định dương trên N 2 0 Hơn nữa, a ≥ 1 và c ≥ 1.
Chứng minh Hàm bậc hai Q(x, y) không bằng không vì F(x, y) là đa thức bậc hai Ta định nghĩa dạng tuyến tính
Khi đó ta có thể viết
Nếu a ≥1 và r > |d|/2, thì Q(r,0) = ar 2 /2 > |L(r,0)| = |dr|/2. Nếu c ≥1 và s > |e|/2, thì Q(0, s) =cs 2 /2> |L(0, s)| = |es|/2. Nếu a = c = 0 và r > (|d|+|e|)/2, thì b ≥ 1 theo Bổ đề 2.3.2, và
Do vậy, luôn tồn tại (r, s) ∈ N 2 0 \ {(0,0)} sao cho
Với mọi (x, y) ∈ N 2 0 và t ∈ N 0 , ta có
F(xt, yt) =Q(xt, yt) +L(xt, yt) +f = Q(x, y)t 2 +L(x, y)t+f.
Nếu tồn tại (x, y) ∈ N 2 0 sao cho Q(x, y) < 0, từ đẳng thức trên ta suy ra F(xt, yt) < 0 đối với mọi giá trị t đủ lớn, điều này vô lý Do đó, Q(x, y) ≥ 0 với mọi (x, y) ∈ N 2 0
Giả sử Q(u, v) = 0 với (u, v) ∈ N 2 0 \ {(0,0)} nào đó Đặt w L(u, v) Khi đó với mọi t∈ N 0 , ta có:
Vì F(ut, vt) ≥ 0 với mọi t ∈ N 0 nên w ≥ 0 Hơn nữa vì F(ut, vt) không là hằng số khi t thay đổi nên w > 0 Chọn(r, s) ∈ N 2 0 thỏa mãn bất đẳng thức (2.3), ta có
F(rw, sw) =Q(r, s)w 2 +L(r, s)w +f = wm+f, trong đó m = Q(r, s)w +L(r, s) ≥Q(r, s)− |L(r, s)| > 0.
Do F là đơn ánh trên N 2 0 và
F(um, vm) =wm+f = F(rw, sw), nên
0 = Q(u, v)m 2 = Q(um, vm) =Q(rw, sw) =Q(r, s)w 2 > 0, điều này vô lý Do đó, dạng bậc hai Q(x, y) xác định dương trên N 2 0. Khi đó, a = 2Q(1,0)≥ 1 và c = 2Q(0,1) ≥1.
Ta kết thúc chứng minh.
Bổ đề 2.3.4 Nếu F (x, y) là đa thức xếp bậc hai có dạng (2.2), thì b ≤1.
Chứng minh Xét m ≥ max (2,|d|,|e|) và (x, y) ∈ N 2 0 Nếu b ≥2, thì
Ta nhận được các bất đẳng thức sau
2(x+y) (x+y −m) +xy (2.4) và với mọi số nguyên dương k,
Có ba trường hợp sau:
Trường hợp 1 Nếu max (x, y) ≥ 25m, thì x+ y ≥25m Áp dụng bất đẳng thức (2.4), ta có:
= 300m 2 Trường hợp 2 Nếu min (x, y) ≥ 10m, thì x+y ≥ 20m Áp dụng bất đẳng thức (2.5) với k = 10, ta có:
Trường hợp 3 Nếu min (x, y) ≥ m và x+y ≥ 24m, thì, áp dụng đẳng thức (2.5) với k = 1, ta có
Nếu (x, y) thuộc N²₀ và F(x, y) nhỏ hơn 288m², thì max(x, y) phải nhỏ hơn 25m, min(x, y) nhỏ hơn 10m, và min(x, y) nhỏ hơn m hoặc x+y nhỏ hơn 24m Điều này có nghĩa là điểm nguyên (x, y) phải nằm trong một trong năm tập hợp sau.
Với mỗi i = 1, ,5, ta gọi N i là số các điểm nguyên trong tập Z i Ta có
Do đó, số các số nguyên không âm n < 288m 2 được biểu diễn bởi đa thức F (x, y) với (x, y) ∈ N 0 2 (tức là n = F(x, y)) với x, y ∈ N 0 nào đó) tối đa là
N i = 283m 2 + 9m < 288m 2 , vìm ≥ 2 Như vậyF: N 2 0 →N 0 không thể là toàn, điều này mâu thuẫn với giả thiết Do vậy, b ≤ 1 Đây là điều cần phải chứng minh.
Bổ đề 2.3.5 Nếu F(x, y) là một đa thức xếp bậc hai có dạng (2.2) và nếu
8aDF(x, y) = Du 2 −v 2 + r, trong đó u = 2ax+ 2by +d, (2.6) v = 2Dy +bd−ae (2.7) và r = (bd−ae) 2 −Dd 2 + 8aDf (2.8)Hơn nữa D là một số chính phương.
8aDF (x, y)−8aDf = 4D a 2 x 2 + 2abxy +acy 2 + adx+ aey
= 4D (ax+by) 2 −Dy 2 +adx+ aey
= 4D (ax+by) 2 +d(ax+by)−Dy 2 −(bd−ae)y
= D 4 (ax+by) 2 + 4d(ax+by) − 4D 2 y 2 + 4D(bd−ae)y
= D(2ax+ 2by +d) 2 −(2Dy +bd−ae) 2 + (bd−ae) 2 −Dd 2
Giả sử D không chính phương Khi đó D 6= 0 Nếu x, y là các số nguyên thì tồn tại các số nguyên u = u(x, y) và v = v(y) và r sao cho
Vì D 6= 0 và D không chính phương nên áp dụng Bổ đề 2.3.1 ta tìm được số nguyên tố p sao cho D là không chính phương modulo p và
(8aD, p) = 1 Tồn tại số nguyên s sao cho
VìF(x, y)là một đa thức xếp nên tồn tại số số điểm nguyên(x, y) ∈ N 2 0 sao cho F(x, y) ≡s (mod p) và
Du 2 ≡ v 2 (modp). Nếu u 6≡ 0 (modp), thì
D ≡ vu −1 2 (modp) điều này là vô lý vì D không thặng dư bậc hai modulo p Như vậy u ≡ 0 (modp), và do đó s≡ 0 (modp) và
Du 2 −v 2 ≡0 modp 2 Như vậy nếu (x, y) ∈ N 2 0 và F (x, y) ≡ s(modp), thì
Nếu \( D \) không phải là số chính phương, thì từ đồng dư thức \( F(x, y) \equiv s \, (\text{mod} \, p) \) ta suy ra \( F(x, y) \equiv s \, (\text{mod} \, p^2) \) Điều này dẫn đến việc không tồn tại các số nguyên \( x \) và \( y \) sao cho \( F(x, y) \equiv s + p \, (\text{mod} \, p^2) \) Do đó, \( F(x, y) \) không thể là toàn ánh từ \( \mathbb{N}^2_0 \) tới \( \mathbb{N}_0 \), điều này là vô lý Vì vậy, \( D \) phải là số chính phương.
Định lý Fueter-Pólya
Định lý 2.4.1 (Fueter-Pólya) Mỗi đa thức xếp bậc hai là một đa thức Cantor.
Chứng minh (của Vsemirnov) Theo Bổ đề 2.3.5, D là một số chính phương Ta đặt D = t 2 với t là số nguyên không âm Ta có
Theo Bổ đề 2.3.3, dạng bậc hai Q(x, y) là xác định dương với các số nguyên dương a và b, dẫn đến t−b < 0 Bổ đề 2.3.4 chỉ ra rằng 0 ≤ t < b ≤ 1, từ đó suy ra b = 1.
1−ac = b 2 −ac = t 2 ≥ 0 và 0 < ac ≤ 1 Điều này suy ra a = c = 1, và do đó
Hơn nữa,d ≡ a ≡ 1( mod 2) và e≡ c ≡ 1( mod 2), tức là,d và e là các số nguyên lẻ.
Nếu d = e thì F(x, y) = F(y, x) với mọi (x, y) ∈ N 2 0 và F(x, y) không phải là đơn ánh trênN 2 0 Do đó,d 6= e Nếud > e, thì d−e = 2g với g là số nguyên dương và
Ta có e 6= 0 do e là số lẻ và
Do F(x, y) là một hàm xếp nên ta suy ra e ≥ 1 Do đó, F(x, y) ≥ gx+f ≥ f với mọi (x, y) ∈ N 2 0 Từ đó ta suy raf = 0 vì F: N 2 0 → N 0 là toàn ánh.
Nếu e ≥3, thì với mọi (x, y) ∈ N 2 0 \ {(0,0)}, ta có x+y ≥ 1 và
2 ≥2. Điều này suy raF(x, y) 6= 1với mọi(x, y) ∈ N 2 0 , trái giả thiếtF: N 2 0 →
N 0 là toàn ánh Như vậy, e = 1 và
2 +gx, với g là số nguyên dương nào đó Ta có F(0,1) = 1, F(1,0) = 1 +g và F(x, y) ≥ 3 với mọi (x, y) ∈ N 0 2 và x + y ≥ 2 Nếu g ≥ 2, thì
F(x, y) 6= 2 với mọi (x, y) ∈ N 2 0 , điều này vô lý Do đó, g = 1 và
F(x, y) = C 1 (x, y) là đa thức Cantor thứ nhất.
Tương tự, nếu e > d, ta suy raF(x, y) = C 2 (x, y)là đa thức Cantor thứ hai.
Chương 3 Đa thức Cantor trên hình quạt
Trong chương này chúng tôi trình bày về hình quạt và đa thứcCantor trên hình quạt Chúng tôi sử dùng tại liệu tham khảo [2] cho chương này.
Bài toán đa thức Cantor trên hình quạt
Cho Ω là một tập con của R n và gọi L(Ω) là tập các điểm nguyên không âm nằm trong Ω, tức là L(Ω) = Ω∩ N 2 0 Một đa thức xếp trên
Ω là một đa thức F ∈ R[x 1 , , x n ] sao cho F cảm sinh một song ánh
F: L(Ω) →N 0 Trong chương này ta cũng chỉ xét trường hợp n = 2. Với mỗi số thực dương α, ta xét hình quạt thực
Như vậy S(α) chính là nón trong R 2 với đỉnh tại (0,0) và có 2 tia biên là sinh bởi điểm (1,0) và (1, α) tương ứng.
Ta cũng quy ước (ứng với trường hợp α = ∞)
Trong Chương 2 ta đã trình bày kết quả rằng rằng hai đa thức bậc hai xếp duy nhất trên I(∞) là hai đa thức Cantor dưới đây
2 Với mỗi số nguyên dương s ≥ 2, ta xét hai đa thức sau đây
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày kết quả rằng hai đa thức F 1/s và G 1/s là những đa thức xếp bậc hai duy nhất trên I(1/s).
Hình quạt và vị nhóm
Cho (G,+) là một vị nhóm (monoid) giao hoán (với phép cộng). Tức là phép toán + trên G là tính chất tính chất kết hợp, giao hoán và có đơn vị:
(3) tồn tại phần tử ký hiệu là 0 trong G sao cho x+ 0 = 0 +x = x, với mọi x ∈ G.
Ví dụ Với mỗi số thực dương α hoặc α = ∞ thì tập I(α) là một vị nhóm đối với phép cộng thông thường.
Một tập con W của một vị nhóm giao hoán cộng tính (G,+) được xem là hệ sinh của G nếu mọi phần tử trong G có thể được biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên không âm của các phần tử trong W Những cách biểu diễn này thường không phải là duy nhất Vị nhóm giao hoán G được gọi là tự do hạng k nếu nó có một hệ sinh gồm k phần tử W = {w₁, , wₖ} sao cho mọi phần tử v ∈ G đều có cách biểu diễn duy nhất dưới dạng tổ hợp của các phần tử trong W.
Trong toán học, một cơ sở tự do của vị nhóm G được định nghĩa qua công thức P i=1 x i w i với x i ∈ N 0 cho mọi i = 1, , k Tập hợp W = {w 1 , , w k } đại diện cho các phần tử trong cơ sở tự do, và điều quan trọng là nếu w là một phần tử của cơ sở này, thì w không thể bằng 0.
Vị nhóm giao hoán I(∞) = N 2 0 là một ví dụ về vị nhóm giao hoán tự do hạng 2, với cơ sở tự do duy nhất là {(1,0),(0,1)} Định lý 3.2.1 chỉ ra rằng vị nhóm giao hoán I(α) là tự do với bậc k khi và chỉ khi k = 2 và α thuộc tập hợp {1/s | s ∈ N 0} Ngoài ra, cơ sở tự do duy nhất của I(1/s) là {(1,0),(s,1)} cho mọi s ∈ N 0.
Chứng minh Xét α là một vô tỉ dương và W là một tập con hữu hạn của I(α)\ {(0,0)} Viết W = {w 1 , , wk}, và wi = (ai, bi) ∈
I(α)\ {(0,0)} với a i 6= 0 với mọi i = 1, , k Ta định nghĩa λ = min bi a i : i = 1, , k và à = max bi a i : i = 1, , k
Hỡnh nún được tạo bởi cỏc tia khụng õm y = λx và y = àx là
Nón C này chứa W và do đó C chứa vị nhóm giao hoán con hWi sinh bởi W.
≤ α và α là số vô tỉ nên ta có b i ai
Do đú à < α Do vậy tồn tại cỏc số nguyờn dương c và d sao cho à < c d < α.
Điểm nguyên (c, d) thuộc tập I(α) nhưng không nằm trong C, cụ thể là (c, d) ∈ I(α) \ hWi Vì vậy, nhóm I(α) không phải là nhóm hữu hạn sinh và không thể là một nửa nhóm giao hoán tự do hạng k với bất kỳ k ∈ N nào.
Xét Γ 6= {(0,0)} là một vị nhóm giao hoán trong N 2 0 hoặc Q 2 0, với Q0 là tập số hữu tỉ không âm Nếu Γ là tự do hạng k ≥ 3, tồn tại các phần tử w1, w2, w3 ∈ Γ trong một cơ sở tự do của Γ Vì w i ∈ Q 2 0 \ {(0,0)} ⊆ Q 2 \ {(0,0)}, nên w1, w2, w3 là Q-phụ thuộc tuyến tính Do đó, tồn tại các số hữu tỉ t 1 , t 2 , t 3 không đồng thời bằng 0, sao cho t 1 w 1 + t 2 w 2 + t 3 w 3 = (0,0).
Vectơ w i có toạ độ không âm và do đó t i > 0 với i nào đó và t j < 0 với j nào đó Ta có thể giả sử rằng t 1 > 0, t 2 ≥ 0 và t 3 < 0 Khi đó ta có t1w1 +t2w2 = −t 3 w3.
Bằng cách nhân với mẫu chung của các phân sốt1, t2, t3, ta nhận được các số nguyên không âm x 1 , x 2 , x 3 , với x 1 ≥ 1 và x 3 ≥ 1 sao cho v := x 1 w 1 +x 2 w 2 = x 3 w 3
Phần tử v có hai cách biểu diễn khác nhau dưới dạng tổ hợp tuyến tính với hệ số không âm của các phần tử trong W, điều này mâu thuẫn với việc W là cơ sở Do đó, ta có k ≤ 2 Nếu k = 0, thì Γ = {(0,0)}, điều này là vô lý Vì vậy, nếu Γ là một nhóm giao hoán tự do hạng k, thì k chỉ có thể bằng 1 hoặc 2.
Nếu α > 0 hoặc α = ∞ thì (x,0) ∈ I (α) với mọi x ∈ N 0 , và
(x,1) ∈ I(α) với mọi x ≥ 1 α Do đó, I (α) là một vị nhóm giao hoán trong Q 2 0 không nằm trên đường thẳng bất kỳ Do đó, nếu I (α) tự do hạng k thì k = 2.
Bây giờ ta xét α = r/s, trong đó r và s là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với r ≥ 2 Các điểm nguyên (1,0) và (s, r) nằm trong I(r/s).Cho W = {w 1 , w 2 } ⊆ I (r/s) \ {(0,0)} Nếu W sinh
I(r/s) thì tồn tại các số nguyên không âm x 1 và x 2 sao cho
(1,0) = x 1 w 1 +x 2 w 2 Điều này suy ra w 1 = (1,0) hoặc w 2 = (1,0) Không mất tổng quát ta có thể giả sửw 1 = (1,0) Do W sinhI (r/s) nên tồn tại các số nguyên không âm y 1 và y 2 sao cho
Do đó, y₂w₂ = (s, r) - y₁(1, 0) = (s - y₁, r) ∈ I(r/s) Điều này dẫn đến r ≤ (s - y₁)r/s, từ đó suy ra y₁ = 0 và (s, r) = y₂w₂ Vì r và s là các số nguyên tố cùng nhau, nên y₂ = 1 và w₂ = (s, r) Các phần tử sinh bởi W có dạng x₁(1, 0) + x₂(s, r) = (x₁ + x₂s, x₂r), với x₁, x₂ ∈ N₀ Xét x là một số nguyên thỏa mãn x ≥ s/r, khi đó (x, 1) ∈ I(α) Do đó, tồn tại x₂ ∈ N₀ sao cho 1 = x₂r, dẫn đến r = 1 và x₂ = 1.
Chúng ta đã chứng minh rằng nếu I(r/s) được sinh bởi tập con W với hai phần tử, thì r = 1 và W = {(1,0),(s,1)} Để xác nhận định lý, chỉ cần chứng minh rằng I(1/s) là một nhóm giao hoán tự do Với bất kỳ (x, y) ∈ I(r/s), ta có y ≤ x/s, tương đương với điều kiện x−sy ∈ N0.
Hệ sinh W = {(1,0),(s,1)} tương ứng với không gian I(1/s) là duy nhất, do các vectơ (1,0) và (s,1) độc lập tuyến tính trong R² Do đó, I(1/s) là không gian vector tự do hạng 2, với {(1,0),(s,1)} là cơ sở duy nhất của nó.
Chú ý rằng theo chứng minh trong định lý trước, với số nguyên dương s, I(1/s) là một nhóm tự do với cơ sở (1,0) và (s,1) Điều này có nghĩa là các phần tử của I(1/s) có thể được biểu diễn dưới dạng a(1,0) + b(s,1), trong đó a và b thuộc tập hợp số tự nhiên không âm N₀.
I(1/2) = {(a + 2b, b) | a, b ∈ N 0 } Định lý 3.2.2 khẳng định rằng tồn tại phép biến đổi tuyến tính từ R 2 đến R 2 sao cho khi hạn chế xuống I(∞) sẽ là hàm một song ánh lên I(α) nếu và chỉ nếu α thuộc {1/s : s ∈ N 0 } Hơn nữa, với mỗi s ∈ N 0, có đúng hai biến đổi tuyến tính tương ứng với ma trận theo cơ sở chính tắc là Λ s = 1/s.
Chứng minh Giả sử α ∈ {1/s : s ∈ N 0 } Đặt T : R 2 → R 2 là ánh xạ tuyến tính xác định bởi T(1,0) = (1,0) và T(0,1) = (s,1) Khi đó với mọi (x, y) ∈ I(∞) = N 2 0 thì
Ánh xạ hạn chế của T xuống I(∞) là một song ánh tới I(α) Nếu T : R² → R² là phép biến đổi tuyến tính với hạn chế của T lên I(∞) là một song ánh đến I(α), thì đặt e₁ = (1,0), e₂ = (0,1), w₁ = T(e₁), w₂ = T(e₂).
Vì I(∞) là nhóm giao hoán tự do với cơ sở duy nhất là {e1, e2}, nên T(I(∞)) = I(α) cũng là nhóm giao hoán tự do với cơ sở {w1, w2} Theo Định lý 3.2.1, ta có α = 1/s với s ∈ N0 Cơ sở tự do duy nhất của I(α) = I(1/s) là {(1,0), (s,1)}, dẫn đến hai trường hợp: [w1 = (1,0) và w2 = (s,1)] hoặc [w1 = (s,1) và w2 = (1,0)] Trong trường hợp đầu tiên, ma trận của T trong cơ sở chính tắc là Λs, còn trong trường hợp thứ hai là Ms Đối với mọi số nguyên không âm s và t, ta có Λs+t = ΛsΛt, Λs = Λs1 và Λ−1s = Λ−s Hơn nữa, Λs tạo ra một song ánh từ I(1/t) đến I(1/(s+t)), và Ms = ΛsM0.
Đa thức xếp trên hình quạt I (1/s)
Xét α > 0 hoặc α = ∞, với mỗi số nguyên dương d, ta định nghĩa P d (α) là tập hợp đa thức xếp bậc trên I(α) Theo định lý Fueter-Pólya đã nêu ở chương trước, ta có P 2 (∞) = {F ∞ , G ∞ } Định lý 3.3.1 khẳng định rằng đối với α > 0, không tồn tại đa thức xếp tuyến tính trên.
Chứng minh Với mọi số nguyên dương n, ta đặt
2 Giả sử f(x, y) =ax+by+c là đa thức tuyến tính sao cho f(x, y) ∈ N 0 với mọi (x, y) ∈ I(α) Nếu (x, y) ∈ I n (α) thì x ≤ n và y ≤ αn, và do đó
Hàm tuyến tính f chuyển một tập hợp lực lượng lớn hơn (α/2)n² vào một tập hợp lực lượng nhỏ hơn hoặc bằng Cn, với C = |a| + α|b| + |c| + 1 Do đó, hàm này không thể là đơn ánh khi n > 2C/α.
Do đó không có đa thức xếp tuyến tính trên I(α).
Đối với mỗi s ∈ N₀, chúng ta định nghĩa các ma trận Λs và Ms như trong (3.1) Hàm Φ₁ : Pₑ(1/s) → Pₑ(∞) được xác định cho mỗi đa thức bậc d, F = F(x, y), với Φ₁(F) là đa thức theo biến x, y được cho bởi Φ₁(F)(x, y) := (F ◦ Λs)(x, y) := F(x + sy, y).
(Ở đây để đơn giản ký hiệu ta cũng đã sử dụng Λ s để chỉ ánh xạ tuyến tính xác định bởi ma trận Λ Và chú ý rằng Λ s
# ) Từ định nghĩa này ta thấy ngay Φ 1 (F) là một đa thức bậc d Hơn nữa nếu F thuộc P d (1/s), tức là F cảm sinh một song ánh từ I(1/s) đến
Theo Định lý 3.2.2, Φ1(F) tạo ra một song ánh từ I(∞) đến N0, cho thấy Φ1(F) thuộc P d (∞) Đồng thời, chúng ta cũng có thể định nghĩa ánh xạ Ψ1: P d (∞) → P d (1/s), với G = G(x, y) là đa thức bậc d, được xác định bởi Ψ1(G)(x, y) := (G◦Λ −1 s )(x, y) = G(x−sy, y).
Chúng ta có thể kiểm tra rằng ánh xạ Ψ 1 là ánh xạ ngược của Φ 1 Tương tự, hàm Φ 2 được định nghĩa từ P d (1/s) đến P d (∞) Đối với mỗi đa thức bậc d, ký hiệu là F = F(x, y), hàm Φ 2 (F) được xác định là đa thức theo biến x và y, với công thức Φ 2 (F)(x, y) := (F ◦M s )(x, y) = F(sx+y, x).
Ta cũng định nghĩa hàm Ψ 2 : P d (∞) → P d (1/s) xác định bởi, với
G= G(x, y) đa thức bậc d thì Ψ1(G)(x, y) := (G◦M s −1 )(x, y) := G(y, x−sy).
Ψ 2 là ánh xạ ngược của Φ 2 Định lý 3.3.2 khẳng định rằng với mỗi s ∈ N 0, các ma trận Λ s và M s được xác định trong (3.1) Các ánh xạ Φ1 và Φ2 từ Pd(1/s) đến Pd(∞) được cho bởi F 7→ F ◦Λ s và F 7→ F ◦M s là song ánh, với nghịch đảo lần lượt là F 7→ F ◦Λ −1 s và F 7→ F ◦M s −1.
Chứng minh Điều này được suy ngay ra từ các thảo luận ở trên. Định lý 3.3.3 Đối với mỗi số nguyên s ≥1, các đa thức
2 là các đa thức xếp bậc hai duy nhất trên I(1/s).
Theo Định lý 3.3.2, hàm F → F ◦ Λ −1 s là song ánh từ P2(∞) lên
P 2 (1/s) Do vậy P 2 (1/s) = F 1/s , G 1/s và F 1/s và G 1/s là các đa thức xếp bậc hai duy nhất trên I(1/s).
Ví dụ Trên I(1) = {(x, y) ∈ N 2 0 : 0 ≤ y ≤ x}, đa thức xếp bậc hai duy nhất là hai đa thức
Luận văn đã trình bày những vấn đề chính sau đây
- Phát biểu và chứng minh định lý thặng dư Trung hoa, trình bày về luật thuận nghịch bậc hai.
- Trình bày chứng minh của Vsemirnov về định lý Fueter - Pólya khẳng định rằng đa thức xếp bậc hai trên N 2 0 là đa thức Cantor.
- Trình bày kết quả của Nathanson về đa thức xếp bậc hai trên vị nhóm dạng I(1/s).
[1] Nguyễn Hữu Bạn (2014), Định lý thặng dư trung hoa, Đại học khoa học, Đại học Thái Nguyên.
[2] M B Nathanson (2014),Cantor polynomials for semigroup sec- tors, Journal of Algebra and Its Application 13, no 5, 1350165
[3] M B Nathanson (2016), Cantor polynomials and the Fueter- Pólya theorem, American Mathematical Monthly 123, 1001- 1012.
[4] J.-P Serre (1973), A course in arithmetic, translated from the French, Graduate Texts in Mathematics, No 7, Springer-Verlag, New York-Heidelberg.
[5] M.A Vsemirnov (2001), Two elementary proofs of the Fueter- Pólya theorem on matching polynomials, (Russian) Algebra i Analiz 13no 5, 1-15; translation in St Petersburg Math J 13
[6] M.A Vsemirnov (2002), Errata: "Two elementary proofs of theFueter-Pólya theorem on matching polynomials” (Russian) [Al- gebra i Analiz 13 (2001), no 5, 1-15; MR1882861], (Russian)Algebra i Analiz 14, no 5, 240; translation in St PetersburgMath J 14 (2003), no 5, 887.