整数二元二次型 | Codeboy's Blog

$13$ 可以写成 $2\cdot2^2+2\cdot1+3\cdot1^2$ ，却不能写成 $x^2+xy+6y^2$ 。这两个表达式都是正定的，判别式也都为 $-23$ 。差别来自整数坐标：允许实数换基能把它们都变成平方和，要求换元前后仍遍历同一张整数格，问题就精细得多。

形式陈述

三个系数记录一个整数函数

整数二元二次型是

Q(x,y)=ax^2+bxy+cy^2,\qquad a,b,c\in\mathbb Z,

简记为 $(a,b,c)$ ，在整数坐标 $(x,y)\in\mathbb Z^2$ 上取值。本页讨论非零型。它是整数模上的二次型，交叉项 $b$ 可以为奇数，不要求它由对称整数矩阵表示。

定义判别式与内容为

D(Q)=b^2-4ac,\qquad \operatorname{cont}(Q)=\gcd(a,b,c)>0.

内容使用最大公因数，等于一时称型为本原型。判别式总满足 $D\equiv0$ 或 $1\pmod4$ 。把同一公式延伸到实坐标后，它正定当且仅当

a>0,\qquad D<0.

正等价要求保留整数格和定向

设

U=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}\in SL_2(\mathbb Z), \qquad ps-qr=1.

定义 $Q^U(v)=Q(Uv)$ ，其中 $v=(x,y)^{\mathsf T}$ 。展开后得到

Q^U=\bigl(ap^2+bpr+cr^2,\; 2apq+b(ps+qr)+2crs,\; a q^2+bqs+cs^2\bigr).

若 $Q'=Q^U$ 对某个这样的 $U$ 成立，就称二者正等价，记为 $Q\sim Q'$ 。这里的“正”指换元行列式为 $+1$ ，与型本身是否正定是两个概念。

$U^{-1}=\begin{pmatrix}s&-q\\-r&p\end{pmatrix}$ 仍为整数矩阵，所以 $U$ 双射地重排整数点。若改允许行列式为 $\pm1$ ，得到较粗的 $GL_2(\mathbb Z)$ 等价；它可以把一些不同的正等价类合并。

表示与本原表示

若 $Q(x,y)=m$ ，就说 $Q$ 表示整数 $m$ 。若还满足 $\gcd(x,y)=1$ ，称这是一个本原表示。型是否本原检查系数，表示是否本原检查坐标，二者不能代替。

正等价保持全部表示，也保持本原表示：若一个整数同时整除 $Uv$ 的两个坐标，乘上整数逆矩阵后它也整除 $v$ 的两个坐标；反向同理。因此 $v$ 与 $Uv$ 的坐标最大公因数相同。

直觉

换坐标，不改变哪些格点可用

取 $Q=(2,1,3)$ ，用剪切矩阵

T_1=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}.

代入 $x=X+Y,y=Y$ ，得到

Q(X+Y,Y)=2X^2+5XY+6Y^2.

所以 $(2,1,3)\sim(2,5,6)$ 。原来表示 $13$ 的点 $(2,1)$ 在新坐标中变成 $(1,1)$ ，而 $2+5+6=13$ 。矩阵和坐标都可回代核验，无需仅凭两个型的数值表猜等价。

换元 $x=2X,y=Y$ 则不同。其行列式为二，逆换元未必给整数；它只访问原来第一坐标为偶数的格点。由此丢掉的表示不能靠“这也是可逆实矩阵”恢复。

判别式和内容为什么保持

极化的整数矩阵为

G_Q=\begin{pmatrix}2a&b\\b&2c\end{pmatrix}, \qquad \det G_Q=-D(Q).

换元后 $G_{Q^U}=U^{\mathsf T}G_QU$ 。由行列式乘法公式， $D(Q^U)=(\det U)^2D(Q)$ ，故整数幺模换元保持判别式。一个内容因子整除旧系数，就整除展开后的新系数；用 $U^{-1}$ 再做一次，得到两边内容相等。

正定判据也可直接配方。若 $a>0$ ，则

4aQ(x,y)=(2ax+by)^2-Dy^2.

$D<0$ 时，右边对非零实向量严格为正。反过来，正定先给出 $a=Q(1,0)>0$ ，再代入 $x=-by/(2a)$ 、 $y\ne0$ ，便知 $-D>0$ 。

例子与边界

同一个表示集合，仍可能是两个正等价类

考虑

Q_+=(2,1,3),\qquad Q_-=(2,-1,3).

由 $Q_-(x,y)=Q_+(x,-y)$ ，它们表示完全相同的整数，也有相同的本原表示数。但这个直接换元的行列式为 $-1$ 。

下面排除任何行列式为一的替代换元。因为

8Q_+(x,y)=(4x+y)^2+23y^2,

$Q_+(x,y)=2$ 迫使 $y=0,x=\pm1$ 。若 $Q_-=Q_+^U$ ， $U$ 第一列因而只能是 $(\varepsilon,0)^{\mathsf T}$ ，其中 $\varepsilon=\pm1$ ；行列式条件又迫使第二列为 $(q,\varepsilon)^{\mathsf T}$ 。换元后的中项是 $1+4\varepsilon q$ ，不可能等于 $-1$ 。因此它们不正等价。

这给出了定向的实际作用：若把“表示同一批整数”当成正等价定义，这两个不同类会被错误合并。定向理想对应会将它们识别为互逆理想类。

两种“本原”分别检验

本原型 $x^2+y^2$ 在 $(2,0)$ 表示 $4$ ，这个表示不是本原的。非本原型 $2x^2+2y^2$ 在 $(1,0)$ 表示 $2$ ，这次坐标却是本原的。

一般地，若 $d=\gcd(x,y)>1$ ，写成 $(x,y)=d(u,v)$ ，则 $Q(x,y)=d^2Q(u,v)$ 。因此正素数的表示自动本原，合数的表示未必如此；反向也不能仅凭 $m$ 含平方因子就认定所有表示都不本原。

负判别式不自动等于正定

$Q=(-1,-1,-1)$ 的判别式为 $-3$ ，但它是负定型。 $Q=(1,2,1)$ 判别式为零，并在整条直线 $x=-y$ 上消失。 $Q=(1,0,-2)$ 判别式为八，是不定型，沿 Pell 解可以产生无限多个相同正值。后面的有限正定约化算法只接受 $a>0,D<0$ 。

推论与应用

把本原表示变成首列证书

给定 $Q(x,y)=m$ 且 $\gcd(x,y)=1$ ，用扩展 Euclidean 算法求出

xu+yv=1.

则

U=\begin{pmatrix}x&-v\\y&u\end{pmatrix}\in SL_2(\mathbb Z)

的第一列正是表示向量，所以

Q^U=(m,B,C),\qquad B^2-4mC=D.

反过来，若 $Q^U$ 首系数为 $m$ ，第一列就是 $Q$ 对 $m$ 的本原表示，因为行列式为一已保证该列坐标互素。这证明

\boxed{Q\text{ 本原表示 }m \iff [Q]\text{ 中有代表 }(m,B,C).}

它给的是指定正等价类的判据。

例如 $Q_+(2,1)=13$ 。取 $u=0,v=1$ ，有

U=\begin{pmatrix}2&-1\\1&0\end{pmatrix}, \qquad Q_+^U=(13,-9,2), \qquad (-9)^2-4\cdot13\cdot2=-23.

同余只先找出可能的型

固定 $D<0$ 、 $D\equiv0,1\pmod4$ 和 $m>0$ 。存在某个整数正定型以本原坐标表示 $m$ ，当且仅当

B^2\equiv D\pmod{4m}

有解：必要性来自首列证书；充分性由直接构造

\left(m,B,\frac{B^2-D}{4m}\right)

得到，它在 $(1,0)$ 取值 $m$ 。若还要求型本原，须再检查三个系数的 gcd。例如 $D=-16,m=2$ 的同余有解 $B=0$ ，得到 $(2,0,2)$ ，却是非本原型；任意偶数 $B$ 若满足该同余都被四整除，所造三系数也都为偶数。

即使已造出本原型，它也未必与指定 $Q$ 同类。对 $D=-23,m=13$ ，取 $B=-9$ 就得到上面的 $Q_+$ 类；主型 $Q_0=(1,1,6)$ 却没有表示。事实上

Q_0(x,y)=13\Longrightarrow(2x+y)^2+23y^2=52.

只能有 $y=0,\pm1$ ，相应平方为 $52$ 或 $29$ ，均不成立。正定二元型约化将把“属于哪一类”变成有限、可核的判定。

参考资料

Andrew V. Sutherland，18.783, Problem Set 9，2017，Problem 2(a)，印刷 p.3：整数本原正定型、右换元作用及正等价。
Brian Conrad，Class groups for imaginary quadratic fields，§1，pp.1–2：整数二次型与定向换基。该讲义用极化矩阵的行列式作型判别式，本页统一采用 $b^2-4ac$ ，符号相反。
Evan Dummit，Math 4527, Lecture 36，2021-04-15，PDF pp.5–6、13–15、29–30：本原表示、正等价与同表示集不能识别正类的边界。本文的 $-23$ 例子用首列方程直接排除换元。

形式陈述 ​

三个系数记录一个整数函数 ​

正等价要求保留整数格和定向 ​

表示与本原表示 ​

换坐标，不改变哪些格点可用 ​

判别式和内容为什么保持 ​

同一个表示集合，仍可能是两个正等价类 ​

两种“本原”分别检验 ​

负判别式不自动等于正定 ​

把本原表示变成首列证书 ​

同余只先找出可能的型 ​

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