Trong mục này chúng ta sẽ chứng minh phần cơ bản của Định lý Nagell-Lutz nói rằng một điểm hữu tỷ P = (x, y) có cấp hữu hạn phải có các tọa độ nguyên. Ta sẽ chỉ ra rằng x, y nguyên bằng một cách gián tiếp.
Ta thấy rằng, một số nguyên dương bằng 1 thì không chi hết cho bất kì một số nguyên tố nào. Do đó, khi một số hữu tỷ x và y được viết dạng tối giản thì mẫu của chúng không chia hết cho các số nguyên tố 2, bởi3, 5, ..., thì chúng là các số nguyên.
Để thực hiện điều đó, choplà một số nguyên tố bất kỳ cho trước, ta sẽ chứng minh rằng pkhông chia hết cho mẫu của x và y.
Đầu tiên, xét tập các điểm hữu tỷ (x, y), pchia hết mẫu của xhoặc y. Mọi số hữu tỷ khác 0 có thể được viết một cách duy nhất dưới dạng mn.pν, với m, n ∈ Z, p là số nguyên tố, n≥1, phân số mn là tối giản.
Trong phần còn lại của Mục này, chú ý rằng p là một số nguyên tố cho trước.
Định nghĩa 2.5 Với số hữu tỷ viết dưới dạng mn.pν như trên, ta định nghĩa bậc của một số hữu tỷ đó là ν, và viết
ordm n.pν
=ν.
Như vậy,p chia hết mẫu của một số hữu tỷ tối giản thì bậc của nó là số âm; cònp chia hết tử của một số hữu tỷ tối giản thì bậc của nó dương. Còn bậc của một số hữu tỷ bằng0 nếu và chỉ nếu p không chia hết cả tử và mẫu của nó.
Cho (x, y) là một điểm hữu tỷ trên đường cong elliptic E. Giả sử, p chia hết mẫu của x. Vì vậy,
x= m
n.pà;y= u w.pσ
à >0 vàp khụng chia hếtm, n hoặc w. Thay cỏc biểu thức này vào phương trỡnh của E, tìm mẫu chung và ta viết:
u2
w2p2σ = m3+am2npà+bmnp2à+cn3p3à
n3p3à .
Chú ý rằng pkhông chia hết u2 và p không chia hết w2, vì vậy ord
u2 w2p2σ
=−2σ.
Hơn nữa, do à >0 vàp khụng chia hết m nờn pcũng khụng chia hết m3+am2npà+bmnp2à+cn3p3à
và do đó:
ord
m3+am2npà+bmnp2à+cn3p3à n3p3à
=−3à.
Vỡ vậy, 2σ= 3à. Hệ quả là σ >0 bởi vỡà > 0, nờn p chia hết mẫu của y.
Hơn nữa, 2σ = 3à suy ra 2|à và 3|σ. Vỡ vậy, ta cú à = 2ν và σ = 3ν với ν là số dương nào đó.
Bằng cỏch tớnh tương tự, nếu giả sử p chia hết mẫu của y, thỡ ta được à= 2ν và σ = 3ν với ν là số dương nào đó. Vì vậy, nếu p xuất hiện ở mẫu của x hoặc y thì p phải xuất hiện trong mẫu của cả xvà y. Và trong trường hợp này, lũy thừa là p2ν cho x và p3ν cho y với ν là số dương nào đó.
Mặt khác, đặt
E(pν) ={(x, y)∈E(Q)|ord(x)≤ −2ν, ord(y)≤ −3ν}
Ví dụ, E(p) là tập hợp màp xuất hiện ở mẫu của x và y và vì vậy, có số nhỏ nhất p2 trong xvà p3 trong y. Hiển nhiên, ta có bao hàm:
E(Q)⊃E(p)⊃E(p2)⊃E(p3)⊃...
Theo quy ước, có phần tử O trong mọi E(pν). Nhắc lại rằng, mục tiêu của chúng ta là chỉ ra nếu (x, y) là điểm có cấp hữu hạn thì mẫu của cả x và y đều không chia hết cho p. Với ký hiệu mới, điều này tương đương với P /∈E(pν) với mọiν.
Đổi biến
t = x
y, s= 1 y
thế vào phương trìnhy2 =x3+ax2+bx+c, ta cós =t3+at2s+bts2+cs3 trong mặt phẳng(t, s).
Ta luôn luôn có thể quay lại với tọa độ cũ bằng phép đổi biến y= 1s, x= st. Trong mặt phẳng(t, s), ta có tất cả các điểm trong mặt phẳng cũ(x, y)trừ các điểm có tung độy= 0 và phần tử O của đường congE là gốc tọa độ (0,0)trong mặt phẳng (t, s).
Ta có hai dạng của đường cong. Dạng trong mặt phẳng (t, s) chỉ cho chúng ta O và mọi thứ trừ những điểm bậc hai. Dạng trong mặt phẳng (x, y) chỉ cho chúng ta mọi thứ trừ điểm O. Trừ điểm O và những điểm bậc hai, ta có tương ứng 1−1 giữa hai điểm trên đường cong trong mặt phẳng (x, y) và điểm trên đường cong trong mặt phẳng(t, s). Hình 2.6.
Hơn nữa, một đường thẳng y = λx +ν trong mặt phẳng (x, y) tương ứng với một đường thẳng trong mặt phẳng (t, s). Cụ thể, nếu ra chia y=λx+ν bởiνy, ta có:
1 ν = λ
νx+1 y Vì vậy,
s=−λ νt+ 1
ν
Do đó, ta có thể thêm các điểm trong mặt phẳng(t, s) bằng phương pháp tương tự trong mặt phẳng(x, y). Ta cần tìm ra những công thức tường minh.
Để thuận tiện ta làm việc trong một vành đã biết, kí hiệu vành đó làRhoặcRp nếu muốn nhấn mạnh R phụ thuộc vào p. Vành R là tâp tất cả các số hữu tỷ mà không chứa p ở mẫu. Chú ý rằng,R là một vành, nếu α, β là các số hữu tỷ, không chứa p ở mẫu, thì kết quả cũng đúng với α±β và αβ.
Mặt khác để miêu tả R, để nói rằng nó chứa O và tất cả các số hữu tỷ khác 0thỏa mãn ord(x)>0 hoặc nếu chúng ta quy ước rằng nếu ord(0) =∞ thì
R ={α∈Q|ord(α)>0}
Vành R là một vành con của trường các số hữu tỷ. Nó là một vành mà có phân tích nhân tử duy nhất, nó chỉ có một ideal cực đại là ideal sinh bởi p. Đơn vị củaR là những số hữu tỷ có bậc0, là các số hữu tỷ với tử và mẫu nguyên tố vớip.
Hình 2.3: Hai hình ảnh của một đường cong bậc ba
Hãy nhìn vào tính chất chia hết của tọa độ mới s và t bởi lũy thừa củap, đặc biệt cho các điểm trongE(p). Cho (x, y)là điểm hữu tỷ trong E(pν), ta có thể viết:
x= m
np2(ν+i), y = u
wp3(ν+i), i>0 Thì
t= x
y = mw
nu pν+i, s = 1 y = w
up3(ν+i)
Vì vậy, điểm (t, s)∈ (pν) nếu và chỉ nếut ∈pνR, s∈p3νR. Suy ra, pν chia hết tử của t và p3ν chia hết tử của s. Để chứng minh rằngE(pν) là nhóm con, ta phải thêm các điểm và chứng minh rằng nếu một lũy thừa của p chia hết tọa độ t của hai điểm thì lũy thừa của p chia hết tọa độ t của tổng của chúng. Bây giờ, chúng ta viết lại công thức như Hình2.3.
Cho P1 = (t1, s1), P2 = (t2, s2) là hai điểm phân biệt trong (pν). Nếu t1 = t2 thì đường thẳngt =t1 giao với E tại P1 và P2 và một điểm thứ ba làP3 = (t1, s3), P3 có thể bằngP1 hoặcP2. ThìP1+P2 = (−t1,−s3), vì vậy tọa đột của P1+P2 thuộcpνR.
Suy ra P1+P2 ∈E(pν).
Với t1 6=t2. Đặt s=αt+β là đường thẳng đi quaP1 và P2. Độ nghiêng α của đường này được tính bởi công thức:
α= s2−s1
t2−t1 Ta có thể viết lại như sau.
Điểm(t1, s1)(t2, s2) thỏa mãn phương trình:
s=t3+at2s+bts2+cs3
Trừ phương trình củaP2 cho phương trình củaP1 và phân tích thành nhân tử ta được:
s2−s1 = t23−t13
+a t22
s2−t12
s1
+b t2s22 −t1s12
+c s23−s13
= t23−t13
+a t22−t12
s2+t12(s2−s1)
+b (t2−t1)s22+t1(s22−s12)
+c s23−s13
Một vài số hạng chia hết(s2−s1), một vài số hạng chia hết(t2−t1). Phân tích thành nhân tử các đại lượng này, có thể biểu diễn tỷ lệ của chúng trong các số hạng bên vế trái và đi tìm (sau một số phép tính)
α= s2−s1
t2−t1 = t22+t1t2+t12+a(t2+t1)s2+bs22
1−at12−b(s2 +s1)t1−c(s22+s2s1+s12) (*) Ta thấy, xuất hiện 1 trong mẫu của α, vì vậy, mẫu của α là đơn vi của R. Tương tự, nếu P1 =P2 thì độ nghiêng của tiếp tuyến của E tại P1 là
α= ds
dt (P1) = 3t12+ 2at1s1+bs12 1−at12−2bt1s1−3cs12
Chú ý rằng nếu giả sử t2 = t1, s2 = s1 trong vế phải của (∗) thì ta nhận được độ nghiêng như nhau. Vì vậy, ta có thể sử dụng (∗) trong mọi trường hợp.
Cho P3 = (t3, s3) là giao điểm thứ ba của đường thẳng s = αt+β với đường cong, xem hình2.7. Để có phương trình nghiệm làt1, t2, t3, ta thế αt+β cho strong phương trình của đường cong.
αt+β =t3+αt2(αt+β) +bt(αt+β)2+c(αt+β)3 Nhân ra và nhóm theo số mũ của t, ta được:
0 = 1 +aα+bα2+cα3
t3+ αβ+ 2bαβ+ 3cα2β
t2+...
Phương trình này có nghiệmt1, t2, t3, vì vậy vế phải của phương trình bằng:
m.(t−t1) (t−t2) (t−t3) với m là hằng số.
So sánh hệ số, ta được tổng của các nghiệm là:
t1+t2+t3 = αβ+ 2bαβ+ 3cα2β 1 +aα+bα2+cα3 Suy ra β =s1−αt1 là phương trình đường thẳng đi qua P1.
Chúng ta có một công thức cho t3, vì vậy làm thế nào để tìmP1+P2.
Hình 2.4: Phép cộng các điểm trên mặt phẳng (t, s)
Vẽ một đường thằng đi qua (t3, s3) và điểm (0; 0), lấy giao điểm thứu ba với đường cong. Hiển nhiên, nó là nghiệm của phương trình đường cong. Nếu (t, s) thuộc đường cong thì (−t,−s) cũng thuộc đường cong. Vì vậy, giao điểm thứ ba là (−t3, s3).
Hãy quan sát cẩn thận hơn biểu diễn của α. Tử của α nằm trong p2νR, bởi vì mỗi phần tử củaα đều nằm trongpνR. Đại lượng−at12−bt1(s1+s2)−c(s22 +s2s1+s12) cũng thuộc p2νR. Vì vậy, mẫu của α là đơn vị của R. Giờ thì chúng ta đã nhìn thấy tại sao lại cần 1 nằm trong mẫu. Suy raα ∈p2νR.
Tiếp theo, dos1 ∈p3νRvà α∈p2νR,t1 ∈pνR. Nên từβ =s1−αt1 ta được β ∈p2νR.
Hơn nữa, mẫu1 +aα+bα2+cα3 của t1+t2+t3 là đơn vị của R. Nhìn bào biểu diễn của t1+t2+t3 ở trêm ta thấy
t1+t2+t3 ∈p3νR
Do t1, t2 ∈pνR suy ra t3 ∈ pνR và do đó −t3 ∈ pνR. Điều này chứng tỏ rằng, tọa độ t của P1, P2 nằm trong pνR. Có nghĩa là, nếu P1, P2 nằm trong E(pν) thì tọa đột của P1+P2 nằm trong pνR.
Hơn nữa, ta nếu tọa độ t của P = (t, s) nằm trong pνR thì rõ ràng tọa độ t của
−P = (−t,−s) cũng nằm trong pνR. Suy ra (pν) là đóng với phép nhân và phép trừ, do đó nó là một nhóm con của E(Q).
Thực tế, ta có thể chứng minh rằng: Nếu P1, P2 ∈(pν)thì t(P1) +t(P2)−t(P1P2)∈p3νR
Ở đây, có thể viết t(P)là ký hiệu tọa độ t của P, vì vậy nếu P nằm trong mặt phẳng
xy với (x(P), y(P)) thì
t(P) = x(P) y(P)
Công thức cuối cùng nói rằng E(pν) là một nhóm con của E(Q).
Ta có thể viết
t(P1+P2)≡t(P1) +t(P2) modp3νR
Chú ý 2.6 Dấu + trong P1 +P2 là phép cộng trên đường cong bậc ba, nhận được từ những công thức khá phức tạp. Ngược lại, dấu + trong t(P1) +t(P2) là phép cộng trên R, là phép cộng của các số hữu tỷ. Vì vậy, ánh xạ P 7→t(P)là một đồng cấu từ E(pν) vào nhóm cộng các số hữu tỷ. Đồng cấu này không thể định nghĩa được, bởit(P1)+t(P2) không bằng t(P1+P2). Tuy nhiên, cái mà chúng ta có là đồng cấu từ E(pν) vào nhóm thương pνR/p3νR bằng việc chuyển P đến lớp đồng dư của t(P) và nhân của đồng cấu này gồm tất cả các điểm P với t(P)∈p3νR.
Vì vậy, nhân là E(p3ν) và ta thu được đồng cấu 1−1 E(pν)
E(p3ν) → pνR p3νR P = (x, y)7→t(P) = x
y.
Không quá khó để nhìn ra rằng nhóm thương pνR/p3νR là một nhóm cyclic cấp p2ν. Suy ra nhóm thương E(pν)/E(p3ν) là một nhóm cyclic cấp pσ với 06σ 62ν.
Tổng kết các kết quả trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.7 Cho p là một số nguyên tố, R là vành các số hữu tỷ với mẫu nguyên tố với p. Đặt E(pν) là tập các điểm hữu tỷ (x, y) trên đường cong, với x có mẫu chia hết p2ν và O ∈E(pν).
(a) E(p) chứa tất cả các điểm hữu tỷ (x, y) với mẫu của hoặcx hoặc y chia hết cho p.
(b) ∀ν >1, tập E(pν) là một nhóm ocn của nhóm các điểm hữu tỷ E(Q).
(c) Ánh xạ
E(pν)
E(p3ν) → pνR p3νR P = (x, y)7→t(P) = x
y là đồng cấu 1−1
(Quy ước: O 7→0 )
Sử dụng mệnh đề này, không quá khó để chứng minh yêu cầu của phần này là: Những điểm có cấp hữu hạn có tọa độ nguyên.
Hệ quả 2.8 (a) Với mọi số nguyên tố p, điểm duy nhất có cấp hữu hạn trong nhóm (p) là điểm O.
(b) Cho P = (x, y)∈E(Q) là một điểm hữu tỷ có cấp hữu hạn thì x, y nguyên.
Chứng minh: Cho P ∈E(Q)là một điểm có cấp m,∀m >2.
plà một số nguyên tố bất kỳ. Ta cần chứng minh rằng P /∈E(p).
Giả sử ngược lại: P ∈E(p). Ta sẽ nhận được mẫu thuẫn. Thật vậy, P = (x, y) có thể được chứa trong nhóm nhỏ hơn E(pν). Nhưng nó không nằm trong tất cả các nhóm E(pν), bởi vì tử của x không thể chia hết bởi các lũy thừa cao của p. Nên ta có thể tìm ν >0 thỏa mãn P ∈E(pν) và P /∈E(pν). Đặc biêt,
ν= −1
2 ord(x)
(a) Chúng ta tách chứng minh làm hai trường hợp phụ thuộc vàom có chia hết cho p hay không.
Giả sử, m không chia hết chop.
Nhắc lại ứng dụng của đồng dư:
t(P1+P2)≡t(P1) +t(P2) modp3νR Suy ra:
t(mP)≡mt(P) modp3νR Do mP =O nên ta có t(mP) =t(O) = 0
Mặt khác, do m nguyên tố với p, là một đơn vị củaR nên 0≡ t(P) (modp3νR). Điều đó có nghĩa là P ∈E(p3ν). Điều này mâu thuẫn với P /∈E(pν+1).
Tiếp theo, giả sửm chia hết chop.
Chứng minh tương tự trong trường hợp này. Đầu tiên, ta viếtm=pn, điểm P0 =nP. Do P có cấp m, hiển nhiên P0 có cấp p. Hơn nữa, do P ∈ E(p) và E(p) là nhóm con của E(Q), ta thấy rằng P0 ∈E(p).
ViếtP0 = (x0, y0), đặt
ν= −1
2 ord(x0) nên P0 ∈E(pν), P0 ∈/ E(pν+1). Suy ra:
0 = t(O) =t(pP0)≡pt(P0) modp3νR Điều này có nghĩa là:
t(P0)≡0 modp3ν−1R
Do 3ν−1>ν+ 1 nen xuất hiện mẫu thuẫn với P0 ∈/ E(pν+1). Đã hoàn thành chứng minh phần (a) của hệ quả.
(b) Dễ thấy, vì nếu P = (x, y) là điểm có cấp hữu hạn nên từ (a) ta được: P /∈E(p), với mọi số pnguyên tố.
Điều đó có nghĩa là: Mẫu của x và y không chia hết cho bất kì số nguyên tố nào. Do
đó, x, y là các số nguyên.