Ứng dụng cơ s— grobner vào ¨ chứng minh định lý hình h¯c

Vì vậy ta có thể đưagiả thiết và kết luận của các bài toán hay định lý hình học thành các hệ phương trình mà các phương trình trong kết luận là hệ quả của các phương trình trong giả thiế

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: TS NGÔ LÂM XUÂN CHÂU

Bình Định - Năm 2022

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là khôngtrùng lặp với các đề tài khác và được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Ngô LâmXuân Châu Tôi cũng xin cam đoan mọi thông tin trích dẫn trong luận văn đã chỉ rõnguồn gốc

Bình Định, ngày tháng năm 2022

Học viên

Lê Ngọc Sơn

Mục lục

Danh mục các hình vẽ

Danh mục bảng

1.1 Thứ tự từ 4

1.2 Iđêan khởi đầu và cơ sở Gr¨obner 5

1.2.1 Từ khởi đầu, đơn thức khởi đầu 5

1.2.2 Iđêan khởi đầu và cơ sở Gr¨obner 6

1.2.3 Một số tính chất của cơ sở Gr¨obner 7

1.3 Định lý Hilbert về không điểm 10

2 PHƯƠNG PHÁP CƠ SỞ GR ¨OBNER TRONG CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC 12 2.1 Đại số hoá bài toán hình học 12

2.2 Chứng minh định lý hình học bằng phương pháp cơ sở Gr¨obner 19

2.3 Vấn đề tìm điều kiện phụ 27

3 CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC 34 3.1 Chứng minh tính đồng quy, thẳng hàng 34

3.2 Chứng minh một tập điểm cùng thuộc đường tròn 47

3.3 Chứng minh một số đẳng thức hình học 53Tài liệu tham khảo 64

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâusắc tới TS Ngô Lâm Xuân Châu người đã tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thànhluận văn này Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáotrong khoa Toán-Thống Kê, Phòng sau Đại học trường Đại học Quy Nhơn đã dạy bảotôi tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa Nhân dịp này tôi cũng xin được gửilời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè cùng các anh chị trong lớp Cao học ToánK23 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn Trong quá trìnhhọc tập nghiên cứu viết luận văn, chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rấtmong nhận được sự thông cảm và ý kiến đóng góp của Thầy cô Xin trân trọng cảmơn.

BẢNG CÁC KÝ HIỆU

N : tập số tự nhiên

R : tập số thực

C : tập số phức

Trang

Bảng 2.1 Biểu diễn ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ véctơ 14

MỞ ĐẦUXuất phát từ ý tưởng khi chứng minh các bài toán hay định lý hình học sơ cấpbằng phương pháp tọa độ, chúng ta có thể biểu diễn các đối tượng hình học (đườngthẳng, mặt phẳng, đường tròn, độ dài đoạn thẳng, diện tích, thể tích, ) bằng cácphương trình đa thức theo tọa độ của các điểm xác định chúng Vì vậy ta có thể đưagiả thiết và kết luận của các bài toán hay định lý hình học thành các hệ phương trình

mà các phương trình trong kết luận là hệ quả của các phương trình trong giả thiết Khi

đó việc chứng minh một định lý hình học được quy về bài toán đại số là “kiểm tra mộtphương trình có phải là hệ quả của một số phương trình khác”, tức là bài toán “kiểmtra một đa thức có phải là thành viên của một iđêan trong vành đa thức sinh bởi mộttập hữu hạn các đa thức” Điều này hoàn toàn có thể thực hiện được bằng thuật toán

nhờ những kết quả quan trọng liên quan đến khái niệm cơ sở Gr¨obner, được nhà toánhọc Bruno Buchberger đưa ra năm 1965 trong luận án phó tiến sĩ của mình

Các hướng nghiên cứu về chứng minh các định lý hình học bằng các phương pháptoạ độ là chủ đề được quan tâm của nhiều nhà nghiên cứu Năm 1978, nhà toán họcTrung Quốc Wu Wen-Ts¨un [10] đã đưa ra một phương pháp tự động để chứng minhcác định lý hình học sơ cấp Lớp các bài toán hình học mà Wu xét là các bài toán mà

có thể chuyển đổi sang các phương trình đại số trên một trường cơ sở K Một thủ tục

tự động để chứng minh các phát biểu hình học phải đề cập đến các vấn đề về các điềukiện suy biến hay các điều kiện phụ đó làm cho phát biểu đó thành một định lý nếucác điều kiện đó tồn tại Wu đã đưa ra một thủ tục để giải quyết vấn đề chứng minhđịnh lý hình học và tìm được các điều kiện phụ nếu có Thuật toán của Wu dựa vàotính tập đặc trưng của iđêan trong vành đa thức được định nghĩa theo Ritt [7]

Có rất nhiều nghiên cứu khác để chứng minh định lý hình học, dựa trên việc tínhtoán cơ sở Gr¨obner cho các iđêan đa thức [2] Năm 1986 trong Chou và Schelter [9],

cơ sở Gr¨obner trên trường được sinh bởi các biến độc lập của một cấu trúc hình họcđược sử dụng Năm 1986, Kapur [8] mô tả một phương pháp tự động chứng minhđịnh lý hình học, dựa trên thủ thuật của Rabinowitsch để chứng minh Định lý nghiệmcủa Hilbert (Hilbert’s Nullstellensatz) Tuy nhiên, điều kiện phụ được tìm thấy bằngphương pháp này thường yếu hơn so với phương pháp của Wu

Kutzler và Stifter [3] đưa ra các cách khác nhau áp dụng cơ sở Gr¨obner cho vấn đề

này dựa vào tính cơ sở cho môđun xoắn của giả thiết và kết luận của định lý hình học.Nhưng các thuật toán này chưa tính được các điều kiện phụ “đơn giản nhất”.

Năm 1990, Winkler [5] đã đưa ra một thủ tục đầy đủ chứng minh định lý hình họcđồng thời tính điều kiện phụ “đơn giản nhất” Cho đến nay, vấn đề chứng minh tự độngcác định lý hình học vẫn còn tiếp tục được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu trênnhiều phương diện khác nhau Chẳng hạn, việc tích hợp các lập trình của các phươngpháp đại số vào trong các công cụ hình học động, những liên hệ hình thức giữa cácphép chứng minh được đưa ra bằng các phương pháp đại số với các phép chứng minhtrong hình học tiên đề cổ điển [6]

Hầu hết những vấn đề mà lý thuyết cơ sở Gr¨obner cho lời giải bằng thuật toán

đã được biết trước đó, đó là tính giải được Tuy nhiên giữa việc chứng minh tính giảiđược và thực hiện tính toán trên thực tế là khoảng cách lớn Hơn nữa, nhiều đối tượngtrong các ngành khá trừu tượng như Đại số giao hoán và Hình học đại số có thể tínhtoán thông qua cơ sở Groebner chứng tỏ có một tầm quan trọng của lý thuyết này.Được sự hướng dẫn của TS Ngô Lâm Xuân Châu, tôi đã chọn luận ăn với đề tài

“Ứng dụng cơ sở Gr¨obner vào chứng minh định lý hình học” Trong luận vănnày tôi đã hệ thống, làm rõ một số vấn đề sau:

- Trình bày chi tiết, hệ thống các kiến thức về iđêan khởi đầu và giới thiệu thuật toántính cơ sở Gr¨obner cho các iđêan đa thức

- Trình bày quy trình chứng minh một định lý hình học dựa vào phương pháp cơ sởGr¨obner, sau đó ứng dụng để chứng minh một số định lý hình học sơ cấp kinh điển vàtìm các trường hợp suy biến của định lý hình học

Luận văn ngoài Mở đầu, Kết luận và Danh mục tài liệu tham khảo được trình bàythành ba chương chính:

Chương 1 - Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày các kiến thức chuẩn bị về thứ tự từ, iđêankhởi đầu, cơ sở Gr¨obner và định lý Hilbert về không điểm Các kết quả này được sửdụng trong chương 2 và chương 3 của luận văn

Chương 2 - Phương pháp cơ sở Gr¨obner trong chứng minh định lý hìnhhọc

3Trong chương này, đầu tiên chúng tôi trình bày chi tiết cách đại số hoá giả thiết

và kết luận một bài toán hình học Sau đó đưa ra quy trình chứng minh một định lýhình học bằng phương pháp cơ sở Gr¨obner Dựa vào đó, chúng tôi tìm được các điềukiện phụ cho định lý hình học

Chương 3 - Chứng minh một số định lý hình học

Trong chương này, chúng tôi trình bày ứng dụng phương pháp cơ sở Gr¨obner đểchứng minh các định lý hình họcsơ cấp kinh điển Chúng tôi hệ thống chứng minh cácđịnh lý hình học theo: chứng minh tính đồng quy và thẳng hàng, chứng minh một tậpđiểm cùng thuộc một đường tròn và chứng minh một số đẳng thức hình học

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số kiến thức chuẩn bị về thứ tự từ,iđêan khởi đầu và cơ sở Gr¨obner, định lý Hilbert về không điểm trước khi đưa ra thuậttoán tìm cơ sở Gr¨obner cho các iđêan đa thức Kiến thức sử dụng trong chương nàyđược tham khảo trong tài liệu [1]

n nếu thành phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của véctơ (α1− β1, , αn− βn)

là một số âm Nói cách khác, nếu tồn tại 06 i < n sao cho α1 = β1, ,αi = βi, nhưng

αi+1< βi+1

Thứ tự từ điểnđược dùng trong cách sắp xếp các từ trong từ điển, và do đó có têngọi như vậy

5Định nghĩa 1.1.3 Thứ tự từ điển phân bậc là thứ tự 6glex xác định như sau:

Thứ tự từ điển ngược phân bậc được định nghĩa như theo sơ đồ của thứ tự từ điểnphân bậc, chứ không phải của thứ tự từ điển - một điều tưởng chừng không tự nhiên.Thực ra việc so sánh bậc tổng thể trước trong trường hợp này là bắt buộc để đảm bảođơn thức 1 là nhỏ nhất

Mệnh đề 1.1.5 Ba thứ tự kể trên là các thứ tự từ

1.2 Iđêan khởi đầu và cơ sở Gr¨ obner

Định nghĩa 1.2.1 Cho 6 là một thứ tự từ và f ∈ R = K[x1, , xn] Từ khởi đầucủa f , kí hiệu là in6(f ), là từ lớn nhất của đa thức f đối với thứ tự từ 6

Nếu in6(f ) = αxa, 0 6= α ∈ K, thì lc6(f ) = α được gọi là hệ số dẫn đầu và

lm6(f ) = xa là đơn thức dẫn đầu của f đối với thứ tự từ 6

Nếu thứ tự từ6 đã được ngầm hiểu, ta sẽ viết in(f ) (tương ứng lc(f ), lm(f )) thaycho in6(f ) (tương ứng lc6(f ), lm6(f ))

Từ khởi đầu của đa thức 0 được xem là không xác định (có thể nhận giá trị tuỳ ý)

Từ khởi đầu còn gọi là từ đầu hay từ đầu tiên Như vậy nếu trong biểu diễn chínhtắc của đa thức f ta viết các từ theo thứ tự giảm dần, thì in(f ) sẽ xuất hiện đầu tiên

Đương nhiên cách viết này cũng như từ khởi đầu của f phụ thuộc vào thứ tự từ đãchọn.

Định nghĩa 1.2.2 Cho I là iđêan của R và 6 là một thứ tự từ, Iđêan khởi đầu của

I, kí hiệu là in6(I), là iđêan của R sinh bởi các từ khởi đầu của các phần tử của I,nghĩa là:

in6(I) = hin6(f )|f ∈ Ii Cũng như trên ta sẽ viết in(I) thay vì in6(I) nếu 6 đã rõ Rõ ràng cũng cóin(I) = hlm(f )|f ∈ Ii nên in(I) là iđêan đơn thức

Vấn đề đặt ra là làm thế nào để xác định được iđêan khởi đầu in(I) của một iđêan

I cho trước Cách tốt nhất là tìm một hệ sinh tối tiểu của nó Tuy nhiên, mọi iđêanđơn thức đều có một tập sinh đơn thức và tập đó hữu hạn Do đó ta có thể đưa vàokhái niệm quan trọng sau đây:

Định nghĩa 1.2.3 Cho6 là một thứ tự từ và I là iđêan của R Tập hữu hạn các đathức khác không g1, , gs∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨obner của I đối với thứ tự từ

6 nếu:

in6(I) = hin6(g1), , in6(gs)i Tập g1, , gs ∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨obner, nếu nó là cơ sở Gr¨obner của iđêansinh bởi chính các phần tử này

Mệnh đề 1.2.4 Cho I là một iđêan tuỳ ý của R Nếu g1, , gs ∈ I là cơ sở Gr¨obnercủa I đối với một thứ tự từ nào đó, thì g1, , gs là cơ sở của I

Ngay cả khi cố định một thứ tự từ thì cơ sở Gr¨obner không xác định duy nhất bởi

vì khi thêm một số phần tử vào cơ sở Gr¨obner đã biết, thì sẽ được một cơ sở Gr¨obnermới Bởi vậy ta cần có khái niệm sau

Định nghĩa 1.2.5 Cơ sở Gr¨obner tối tiểu của iđêan I đối với một thứ tự từ đã cho

là một cơ sở Gr¨obner G ⊂ I thoả mãn các tính chất sau:

1 lc(g) = 1 với mọi g ∈ G

2 Với mọi g ∈ G không tồn tại g0 ∈ G để in(g0)|in(g)

Sau đây, bằng cách thay đổi định nghĩa trên ta được một loại cơ sở Gr¨obner xácđịnh duy nhất

Định nghĩa 1.2.6 Cơ sở Gr¨obner rút gọncủa I đốivới một thứ tựtừđãcholàmột

cơsở Gr¨obner G của I thoả mãn các tính chất sau:

1 lc(g)=1 với mọi g ∈G

2 Với mọi g ∈G và mọi từm của g không tồn tại g0 ∈G\{g} đểin(g0)|m

Mệnh đề 1.2.7 Cho I =6 0 Khi đó đối với mỗi thứ tự từ, I có duy nhất một cơ sở Gr¨obner rút gọn Mọi cơ sở Gr¨obner rút gọn đều là cơ sở Gr¨obner tối tiểu

Định nghĩa 1.2.8 Cho I là iđêancủa vànhR Tập hợp:

√

I ={r ∈R|∃n∈N* :rn∈I}

lập thành một iđêan.Iđêan này đượcgọi là căn của I

Rõ ràng I ⊆√I NếuI =√

I thì I được gọi làmột iđêan căn

Cơ sở Gr¨obnercó một sốtính chất sau:

1 Cho I là một iđêan tuỳ ý của R Nếu g1, ,gs là cơ sở Gr¨obner của I đối với một thứ tự từ nào đó thì g1, ,gs là cơ sở của iđêan I

2 Cho 6 là một thứ tự từ Khi đó mọiiđêan đều có cơ sở Gr¨obner tối tiểuvà mọi

cơ sở Gr¨obner tối tiểu của cùng một iđêan đều chung số lượng phần tử và chung tập từ khởi đầu

3 Cho I =6 0 Khi đó đối với mỗi thứ tự từ, I có duy nhất một cơ sở Gr¨obner rút gọn

4 Cho trước s là một số nguyên dương Khi đó tồn tại iđêan I sinh tối tiểu bởi

f1, ,fs nhưng in(I) thực sự chứa hin(f1), ,in(fs)i

Tiếp theo, trong phần kiến thức chuẩn bị của luận văn, chúng tôi trình bày thuậttoán Buchberger để tìm sơ sở Gr¨obner của một iđêan xuất phát từ một cơ sở bất kìcủa iđêan đã cho.

Định nghĩa 1.2.9 Giả sử f, g ∈ K[x1, , xn] là các đa thức khác không Đặt xγ làbội chung nhỏ nhất của lm(f ) và lm(g) Ta định nghĩa S−đa thức của f và g là tổ hợp

sở G = {g1, , gt} của I là một cơ sở Gr¨obner khi và chỉ khi với mọi cặp i 6= j, phần

dư của phép chia S(gi, gj) cho G bằng O

Chứng minh Điều kiện cần : Do gi, gj ∈ I, nên S(gi, gj) ∈ I Vì G là cơ sở Gr¨obner,

đa thức dư của S-đa thức S(gi, gj) trong phép chia cho G xác định suy nhất và bằng 0.Điều kiện đủ: Giả sử với mọi cặp 1 6 i 6= j 6 s, một đa thức dư của S(gi, gj) trongphép chia cho G bằng 0 (đa thức dư này được chọn duy nhất, theo một quy luật nàođó) Ta chỉ cần chứng minh rằng trong trường hợp này G là cơ sở Gr¨obner

Cho f ∈ I = hg1, , gsi Khi đó tồn tại h1, , hs ∈ K[x] sao cho

f = h1g1+ · · · + hsgs.Trong tất cả những biểu diễn như trên của f , chọn biểu diễn sao cho

in(TjkS(gj, gk)) < m (1.3)Theo giả thiết đa thức dư của S(gj, gk) trong phép chia cho G là không, nên có thểviết

trong đó pijk ∈ K[x] sao cho

in(pijkgi) 6 in(S(gj, gk.)) (1.5)Thay (1.4) vào (1.2) ta được

hi =X

j,k

Tjkpijk

Từ (1.3) và (1.5)

in(higi) 6 maxj,k{Tjkin(S(gj, Sk))} = maxj,k{in(TjkS(gj, Sk))} < m

Cùng với điều đó và (1.6) cho ta một biểu diễn mới của f mà

Định lý 1.2.11 Cho I = hf1, , fsi 6= O là một iđêan Khi đó ta có thể xây dựngmột cơ sở Gr¨obner của I trong một số hữu hạn bước bằng thuật toán sau:

Thuật toán Buchberger

1.3 Định lý Hilbert về không điểm

Không gian afin n-chiều trên trường K là tập AnK gồm các điểm (a1, , an) ∈ Kn.Khi K đã rõ, ta chỉ kí hiệu đơn giản là An Mỗi đa thức f (x) ∈ K[x] xác định một hàm

từ An vào K biến mỗi điểm (a1, , an) thành phần tử f (a1, , an) Thông thườngkhi xét không gian afin n-chiều ta đôi khi xét cùng với vành đa thức n-biến K[x] Đểnói rõ mối liên quan này, đôi khi x1, , xn còn gọi là các toạ độ của không gian An.Với mỗi tập A⊂K[x], kí hiệu Z(A) là tập nghiệm chung của các đa thức f ∈ A trongkhông gian An :

Z(A) = {(a1, , an) ∈ An|f (a1, , an) = 0, ∀f ∈ A} Mỗi phần tử của tập này còn được gọi là không điểm của tập đa thức A

Định lý 1.3.1 (Định lý Hilbert về không điểm) Cho K là trường, K là bao đóng đại

số của K và f, f1, , fn ∈ K[x] Các điều khẳng định sau tương đương:

11

1 Với mọi a∈AnK,f1(a)=···=fn(a)=0 suy ra f(a)=0

2 Tồn tại 0 < s ∈ N sao cho fs ∈ hf1, , fni Chú ý rằng hai điều kiện trên có thể diễn đạt như sau:

1 Z(f1, ,fn)∈Z(f), trong đó các tập không điểm xét trongAn

K

2 f ∈phf1, ,fni

Định lý 1.3.2 Cho I = hf1, ,fni là iđêan và f là đa thức của K[x] Gọi G là cơ

sở Gr¨obner của iđêan hf1, ,fn,fy−1i trong vành K[x,y], trong đó y là biến mới Khi đó các điều kiện sau tương đương:

1 f ∈√I

2 G chứa một đa thức hằng

3 hf1, ,fn,fy−1i=K[x,y]

Hệ quả 1.3.3 Cho I = hf1, ,fni là iđêan và f là đa thức của K[x] Khi đó, ta có

f ∈√I khivàchỉ khi{1}là cơsởGr¨obner rútgọncủa iđêan I =hf1, ,fn,fy−1i∈ K[x,y]

2.1 Đại số hoá bài toán hình học

Khi biểu diễn các hình hình học trong toạ độ Descartes vuông góc thì hầu hết cáchình hình học và biên của nó có thể xem là tập không điểm của các đa thứctheo cácbiến là tọa độ của các điểm, và các quan hệ giữa chúng đều có thể mô tả bằng cácphương trình đa thức Vì bài toán hình học được xét trong mặt phẳng thực hoặc trongkhông gian thực nên các đa thức được xét có hệ số thực Một số điểm có thể chọn tùy

ý, tọa độ của các điểm này được gắn với các biến u1, u2, , um Các điểm khác đượcxác định bằng các ràng buộc hình học đã cho trong bài toán, tọa độ của các điểm này

13được gắn với các biến x1, x2, , xn.

Vì các tính chất của các hình hình học như đường thẳng, góc, đa giác và đường trònkhông thay đổi qua phép tịnh tiến và phép quay trong mặt phẳng Euclid nên chúng ta

có thể chọn hệ trục toạ độ Descartes sao cho toạ độ của các điểm dễ tính toán nhất

Cụ thể, ta thường chọn một điểm trong hình để làm gốc tọa độ và chọn một đườngthẳng nào đó để làm một trong các trục tọa độ, nếu trong hình có hai đường thẳngvuông góc nhau ta sẽ chọn hai đường thẳng đó làm hai trục tọa độ và gốc tọa độ làgiao điểm của chúng Việc làm này sẽ giảm các biến tùy ý của bài toán

Thông thường các phát biểu hình học chỉ đúng trong trường hợp tổng quát tức làcác yếu tố hình đã cho không suy biến Trong những trường hợp suy biến phát biểuhình học đó có thể đúng hoặc có thể sai Vì một hình có nhiều trường hợp suy biếnkhác nhau, chẳng hạn, hình tam giác có thể suy biến thành đoạn thẳng hoặc suy biếnthành một điểm, nên tạm thời ta chưa quan tâm đến các điều kiện suy biến khi đại sốhóa bài toán hình học.Như vậy, nói chung có thể đại số hoá một bài toán hình học sơcấp như sau:

fs(u1, , um, x1, , xn) = 0Kết luận: Khi đó mọi nghiệm thực của nó phải thoả mãn hệ phương trình

gr(u1, , um, x1, , xn) = 0

ở đây f1, , fs, g1, , gr ∈ R[u1, , um, x1, , xn] là những đa thức với hệ số thực

Để biểu diễn các quan hệ hình học, chúng tôi dùng ngôn ngữ véctơ làm ngôn ngữtrung gian giữa ngôn ngữ hình học và biểu diễn đại số của chúng Chẳng hạn, bảngsau đây liệt kê một số quan hệ hình học và ngôn ngữ véctơ tương ứng:

(i) Các điểm A, B and C thẳng hàng nếu và chỉ nếu −→

15điều này tương đương với đẳng thức

p2 = (b1− a1).(d1− c1) + (b2− a2).(d2− c2) = 0

(iii) Chứng minh AB = CD hay AB2 = CD2, ta có

AB2 = (b1− a1)2 + (b2− a2)2

CD2 = (d1− c1)2+ (d2− c2)2điều này tương đương với đẳng thức







2xI− a1− b1 = 02yI − a2− b2 = 0(v) Nếu G = (xG, yG) là trọng tâm của tam giác ABC thì −→

Rõ ràng, các hệ phương trình trong Giả thiết và Kết luận đơn giản hay phức tạp

là phụ thuộc vào việc chọn hệ toạ độ Descartes Ta sẽ minh hoạ việc đại số hoá bàitoán hình học bằng một số ví dụ cụ thể như sau

Hình 2.1: Định lý đường trung tuyến

Ví dụ 2.1.1 Trong một tam giác vuông, độ dài đường trung tuyến ứng với cạnh huyềnbằng nửa độ dài cạnh huyền

Cách chọn hệ toạ độ thứ nhất : Chọn đỉnh góc vuông làm gốc tọa độ và hai trục toạ độ

là hai cạnh góc vuông của tam giác Chọn điểm A là gốc toạ độ, cạnh AC nằm trêntrục hoành, tức là điểm C có tọa độ (u1, 0), cạnh AB nằm trên trục tung, tức là điểm

B có toạ độ (0, u2), trong đó u1, u2 là các biến độc lập Điểm M có tọa độ (x1, x2), cácbiến x1, x2 này không độc lập, vì nó bị ràng buộc bởi điều kiện là M thuộc BC Ta có







2x1− u1 = 02x2− u2 = 0

17hay đương đương

Giả thiết: Cho hệ phương trình

2

+

u22

Tiếp theo, chúng tôi xét lại ví dụ trên bằng cách chọn hệ trục toạ độ khác như sau:chọn gốc toạ độ là một đỉnh khác đỉnh góc vuông và cạnh huyền nằm trên trục hoành.

Cụ thể, chọn C là gốc toạ độ, cạnh CB nằm trên trục hoành, tức là đỉnh B có tọa

độ (u1, 0), trong đó u1 là một biến độc lập Đỉnh A có tọa độ (x1, x2) Các biến nàykhông độc lập, vì nó bị ràng buộc bởi điều kiện 4ABC là tam giác vuông tại A Ta có

4

⇐⇒ −u

2 1

19Kết luận: Khi đó mọi nghiệm thực của nó phải thỏa mãn hệ phương trình

g := −u

2 1

4 + x

2

1− 2x1x3+ x22 + x23 = 0

Chứng minh Từ các phương trình giả thiết (2.7) suy ra x3 = u1

2 thay vào phươngtrình kết luận ta được

x21− x1u1+ x22 = 0

Phương trình này được thoả mãn vì đây chính là điều kiện đa thức đầu tiên của giảthiết Vậy với cách chọn hệ toạ độ khác, định lý về độ dài đường trung tuyến trongtam giác vuông cũng được chứng minh xong

2.2 Chứng minh định lý hình học bằng phương

pháp cơ sở Gr¨ obner

Quay trở lại bài toán H, nếu có nhiều đa thức kết luận thì ta chỉ việc xét tuần tựtừng đa thức kết luận Vì vậy trong luận văn này chúng tôi xét bài toán H với phươngtrình đa thức kết luận là g = 0 Nếu ta chứng minh được bài toán H, tức là mọi nghiệmthực của các phương trình trong giả thiết cũng là nghiệm của phương trình kết luận,thì bài toán hình học tương ứng được chứng minh Tuy nhiên, nếu bài toán H sai thìchưa chắc bài toán hình học tương ứng là sai

Ký hiệu Z = Z(f1, , fs) ⊂ Rm+n là tập nghiệm thực của các đa thức trong giảthiết và I(Z) ⊂ R[u1, , um, x1, xn] là iđêan các đa thức thực triệt tiêu trên Z

Định nghĩa 2.2.1 Ta nói kết luận g suy ra thực sự (follows strictly) từ các giả thiết

f1, , fs nếu g ∈ I(Z) ⊂ R[u1, , um, x1, xn], trong đó Z = Z(f1, , fs)

Như vậy để giải quyết bài toán H ta phải giải quyết bài toán thành viên iđêan

g ∈ I(Z) Vấn đề đặt ra ở đây là làm thế nào để xác định iđêan I(Z)? Nếu chúng

ta làm việc trên trường số phức C thì theo Định lý nghiệm của Hilbert (Hilbert’sNullstellensatz) ta có

I(ZC) = phf1, , fsi,

trong đó ZC= Z(f1, , fs) ⊂ Cm+nI(ZC) ⊂ C[u1, , um, x1, xn] vàphf1, , fsi ⊂R[u1, , um, x1, xn] Tuy nhiên, đối với các đa thức trên trường số thực thì ta không

có một phương pháp hữu hiệu để xác định I(Z) Mặc dù vậy, ta luôn có

phf1, , fsi ⊂ I(Z)

Do đó ta có ngay mệnh đề sau

Mệnh đề 2.2.2 Nếu g ∈phf1, , fsi thì g suy ra thực sự từ các giả thiết f1, , fs.Theo hệ quả 1.3.3 việc kiểm tra g ∈phf1, , fsi có thể thực hiện được bằng thuậttoán thành viên iđêan căn như sau ĐặtI = hf1, , fs, gy−1i ⊂ R[u1, , um, x1, xn,y] Khi đó

g ∈phf1, , fsi ⇐⇒ {1} là cơ sở Gr¨obner rút gọn của I

Vì vậy nếu g ∈phf1, , fsi thì bài toán H được chứng minh Chú ý rằng trong nhiềutrường hợp bản thân của g đã là phần tử của hf1, , fsi nên trước khi kiểm tra phần

tử của căn, ta kiểm tra bài toán thành viên trước (vì thuật toán này cần ít thời gianhơn so với bài toán thử căn) Ta minh hoạ điều này bằng cách xét lại Ví dụ 2.1.1 và

210Điều này chứng tỏ g ∈ hf1, f2i Hơn nữa, để tìm biểu diễn của g theo f1 và f2 tathực hiện

> Q;

[1/2 x2 + 1/4 u2 , 1/2 x1 + 1/4 u1 ]

> simplify(g-f2*Q[1]-f1*Q[2]);

0

Do đó g = f1Q2+ f2Q1, tức là kiểm tra được g ∈ hf1, f2i

Tiếp theo, nếu muốn kiểm tra liệu g ∈phf1, f2i ta thực hiện trên MAPLE nhưsau:

AC = (u2, u3),−−→

BN = (x3− u1, x4),−−→

BD = (x1− u1, x2) Khi đó ta cóA,N,C thẳng hàng: x4

x3 =

u3

u2B,N,D thẳng hàng: x4

x3− u1 =

x2

x1− u1Qui đồng mẫu số, ta được

23Bài toán 1: Cho hệ phương trình

Giải bài toán 1 ta kết luận AC ⊥ BD

Bài toán 2: Cho hệ phương trình

Giải bài toán 2 ta kết luận N là trung điểm của AC và BD

Trước tiên, ta kiểm tra kết luận 1 Sử dụng phần mềm MAPLE đối với iđêan

Điều này chứng tỏ bài toán 1 đúng trên các đa tạp V0 và U1 nhưng không đúng trên

đa tạp U2 Chú ý rằng trên U2 ta có u3 = 0, x2 = 0 và x1 6= u1, tương ứng với trườnghợp các điểm C, D thuộc đường thẳng AB và D 6= B, tức là hình bình hành ABCDsuy biến và D 6= B Như vậy bài toán 1 muốn trở thành định lý ta cần thêm điều kiệnphụ u3 6= 0, tức là điều kiện không suy biến của hình bình hành ABCD

Tiếp theo ta kiểm tra kết luận 2 Xét iđêan

Định nghĩa 2.2.4 Cho W là một đa tạp bất khả quy trong không gian afin Rm+nvới các tọa độ u1, , um, x1, , xn Ta nói các hàm u1, , um là độc lập đại số trên

W nếu không có đa thức khác không nào chỉ theo các biến u1, , um triệt tiêu trên

W

Đối với một đa tạp V = Z(f1, , fs) ⊂ Rm+n ta luôn phân tích được

V = W1∪ ∪ Wp∪ U1∪ ∪ Uqtrong đó Wi, Uj là các thành phần bất khả quy và u1, , um là độc lập đại số trên cácthành phần W1, , Wp và không độc lập đại số trên các thành phần U1, , Uq

25Định nghĩa 2.2.5 Kết luận g nhìn chung suy ra (follows generically) từ các giả thiết

f1, , fs nếu g ∈ I(V0) ⊂ R[u1, , um, x1, , xn], trong đó V0 ⊂ Rm+n là hợp củacác thành phần của V = Z(f1, , fs) mà trên đó u1, , um là độc lập đại số

Như vậy, khi ta nói một định lý hình học là đúng theo nghĩa thông thường có nghĩa

là các kết luận của nó nhìn chung suy ra từ các giả thiết của định lý đó Câu hỏi đặt

ra là làm cách nào để có thể xác định liệu kết luận g triệt tiêu trên mọi thành phầncủa V mà trên đó các hàm u1, , um là độc lập đại số mà không cần biết phân tích

đa tạp V thành các thành phần bất khả quy (vì việc phân tích đa tạp V nói chung làkhông đơn giản)

Mệnh đề 2.2.6 Kết luận g nhìn chung suy ra từ các giả thiết f1, , fs nếu tồn tạimột đa thức khác không c ∈ R[u1, , um] sao cho

cg ∈phf1, , fsi ⊂ R[u1, , um, x1, , xn]

Chứng minh Giả sử Vj là một trong các thành phần bất khả quy của V0 Vì cg ∈phf1, , fsi nên cg triệt tiêu trên V và do đó trên Vj Vì vậy cg ∈ I(Vj) Vì Vj là bấtkhả quy nên I(Vj) là một iđêan nguyên tố Từ đó suy ra c ∈ I(Vj) hoặc g ∈ I(Vj) Tabiết c /∈ I(Vj) vì không có đa thức khác không nào trong R[u1, , um] triệt tiêu trênthành phần Vj Do đó g ∈ I(Vj), điều này đúng cho tất cả các thành phần của V0, chonên g ∈ I(V0)

Bây giờ ta tìm một tiêu chuẩn cho sự tồn tại của đa thức c như vậy Giả sử

cg ∈ phf1, , fsi ⊂ R[u1, , um, x1, , xn] Khi đó tồn tại số nguyên dương s vàcác đa thức q1, , qs ∈ R[u1, , um, x1,

g ∈ phf1, , fsi ⊂ R(u1, , um)[x1, , xn] Khi đó tồn tại số nguyên dương s vàcác đa thức q1, , qs ∈ R(u1, , um) [x1, , xn] sao cho

đó suy ra cg ∈phf1, , fsi ⊂ R[u1, , um, x1, , xn]

Định lý 2.2.7 Cho các đa thức f1, , fs, g ∈ R[u1, , um, x1, , xn] Ký hiệu I =

hf1, , fsi ⊂ R[u1, , um, x1, , xn] Các điều kiện sau là tương đương

(i) Tồn tại một đa thức khác không c ∈ R[u1, , um, x1, , xn] sao cho cg ∈√

I.(ii) g ∈p ˜I, trong đó ˜I là iđêan sinh bởi f1, , fs trong R(u1, , um)[x1, , xn].(iii) {1} là cơ sở Gr¨obner rút gọn của iđêan

hf1, , fs, gy − 1i ⊂ R(u1, , um)[x1, , xn, y]

Khẳng định (iii) của Định lý 2.2.7 và Mệnh đề 2.2.6 cho ta một phương pháp đểchứng minh kết luận g nhìn chung suy ra từ các giả thiết f1, , fs Phương pháp nàyđược gọi là phương pháp cơ sở Gr¨obner trong chứng minh định lý hình học

Ta minh họa phương pháp cơ sở Gr¨obner trong chứng minh định lý về các đườngchéo của hình thoi như sau

27f3 := u12− x12− x22

2.3 Vấn đề tìm điều kiện phụ

Trong quá trình đại số hóa bài toán hình học để nhận được bài toán H, ta đã bỏqua các điều kiện phụ mà các điều kiện này thường tương ứng với các trường hợp suybiến của hình hình học ban đầu Vì vậy bài toán H có thể sai trong khi bài toán hình