Định lý davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC—————————————– PHẠM QUỐC THỊNH ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

—————————————–

PHẠM QUỐC THỊNH

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG

ĐỐI VỚI ĐA THỨC

TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,

ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

—————————————–

PHẠM QUỐC THỊNH

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG

ĐỐI VỚI ĐA THỨC

TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,

ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Vũ Hoài An Tác giả bày

tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình

Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo trong Khoa Toán, TrườngĐại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã trực tiếp giảng dạy và tạo điều kiệnthuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo điềukiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này

Thái Nguyên, Tháng 3 năm 2015

n là các hàm nguyên a-dic không có không điểm chung

và độc lập tuyến tính trên Cp; m 1 , , m n là các số nguyên dương Khi đó

sẽ có ứng dụng trong toán học phổ thông Theo hướng nghiên cứu này, chúng tôixem xét vấn đề:

Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số,đặc số không và ứng dụng

2 Mục đích, nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu

Tổng hợp, trình bầy lại các bài giảng trong [1] về Định lý Davenport suy rộngđối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không

Các kết quả của công việc này có tựa đề là Định lý Davenport suy rộng đối với

đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không

Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông thể hiện sự tương tự của Định lýDavenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không với hàm số biến

số thực và số nguyên

3 Nội dung nghiên cứu

Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không

Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số,đặc số không với hàm số biến số thực và số nguyên được thể hiện qua 21 ví dụ

4 Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, tài liệu tham khảo, luận văn này gồm các phần như sau.Chương 1: Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không1.1 Phân bố giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không1.2 Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số khôngChương 2: Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số,đặc số không

2.1 Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc

số không

2.2 Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại

số, đặc số không với hàm số biến số thực và số nguyên

Mục lục

BẢNG KÍ HIỆU iLỜI CẢM ƠN ii

2 ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶTRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG

2.1 Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trườngđóng đại số, đặc số không 162.2 Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trêntrường đóng đại số, đặc số không với đa thức biến số thực

và số nguyên 21Kết luận 40TÀI LIỆU THAM KHẢO 41

Vì vậy, trong chương này, trước hết chúng tôi trình bày lại về phân bố giá trịcủa hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không ở Mục 1.1 Nội dung phầnnày đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở [3].

Ở mục 1.2 chúng tôi trình bày lại phát biểu và chứng minh Định lý Davenport

đã được đề cập trong [1]

Nội dung của phần này đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở đây

1.1 Phân bố giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số,

đặc số không.

Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức một ẩn khác hằng với

hệ số trong K đều có nghiệm trong K

Trường số phức C là trường đóng đại số vì mọi đa thức khác hằng thuộc C[x]đều có nghiệm trong C

Trường Q không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) = x4 + 5 không cónghiệm trong Q mặc dù các hệ số của đa thức đều thuộc Q

Trường R không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) = √

3x2 + 1 không

có nghiệm trong R mặc dù các hệ số của đa thức đều thuộc R

Tiếp theo, ta định nghĩa khái niệm đặc số của trường đóng đại số Số 0 đượcgọi là đặc số của trường K nếu n1 6= 0 với mọi số tự nhiên n > 0 Nếu có một số

tự nhiên n 6= 0 sao cho n1 = 0 thì số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này được gọi làđặc số của trường K, ký hiệu là char(K)

Ví dụ, trường Q có đặc số 0, trường Z11 có đặc số 11 vì 11.1 ≡ 0 và 11 là

số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này

Nếu char(K) = n > 0 thì nx = 0 với mọi x ∈K vì nx = n(1x) = (n1)x = 0x.

Từ đây trở đi, ta luôn ký hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không

Giả sử f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f.Khi đó ta viết f = (z − a)mP (z) với P (a) 6= 0 và l là số nguyên dương Ta gọi m làbội của không điểm a và đặt µ0f(a) = m Ký hiệu n(f ) là số các không điểm của ftính cả bội;

n1(f ) = n1(f 1); n1(f, d) = n1(f1− df2);

n0(f, d) = n0(f1− df2); n(f, ∞) = n(f2)

n1(f, ∞) = n1(f2); n0(f, ∞) = n0(f2)

deg f = deg f1− deg f2;T (f ) = max {deg f1, deg f2}

Ví dụ 1.4 Xét hàm hữu tỷ sau đây trên K

f (x) = (x − 1)

4 (x − 5)7(x − 4)9(x − 9) (x + 1) 3 (x + 2) 2 (x + 3) 5 (x − 3)

Ta có các không điểm củaf là 1, 4, 5, 9 vàµ0f(1) = 4, µ0f(5) = 7, µ0f(4) = 9, µ0f(9) = 1

Ta có các cực điểm của f là -1, -2, -3, 3 và µ∞f (−1) = 3, µ∞f (−2) = 2, µ∞f (−3) = 5.Lấy l = 9, ta có n9(f ) = 4 + 7 + 9 +1 = 21, n9(f, ∞) = 3 + 2 + 5 + 1 = 11.Lấy l = 5, ta có n5(f ) = 15, n5(f, ∞) = 11

Lấy l = 1, ta có n1(f ) = 4, n1(f, ∞) = 4, n0(f ) = 4, n0(f, ∞) = 4

Ta có deg f = (4 + 7 + 9 + 1) − (3 + 2 + 5 + 1) = 10, T (f ) = 21

Định nghĩa 1.1 Đường cong hữu tỷ f :K→ Pn(K) là một lớp tương đương củacác bộ (n + 1) đa thức (f1, , fn+1) sao cho f1, , fn+1 không có không điểm chungtrên K Hai bộ(n + 1) đa thức(f1, , fn+1) và (g1, , gn+1) là tương đương với nhaukhi và chỉ khi tồn tại c ∈ K∗ sao cho gi = cfi với mọi i = 1, , n + 1

Ký hiệu f = (f˜ 1 : : fn+1) là một biểu diễn của f Khi đó ta viết

g và viếtf ≡ g khi và chỉ khi tồn tại c ∈K∗ sao cho gi = cfi với mọi i = 1, , n + 1

Định nghĩa 1.2 Độ cao đường cong hữu tỷ f từ K vào Pn(K) với biểu diễn

˜

f = (f1 : : fn+1) được xác định bởi T (f ) = max

1≤i≤n+1 deg fi , ở đó deg fi là bậc của

đa thức fi với i = 1, , n + 1

Nhận xét 1.1 Độ cao của đường cong hữu tỷ f được xác định duy nhất

Thật vậy, nếuf là đường cong hữu tỷ vớif = (f˜ 1 : : fn+1)và g = (g ˜ 1 : : gn+1)

là hai biểu diễn của f, g thì gi = cfi, c ∈ K∗, i = 1, , n + 1 Khi đó: deg fi = deg gi,

i = 1, , n + 1và max

1≤i≤n+1 deg f i = max

1≤i≤n+1 deg g i; tức làT (f ) được xác định duy nhất.Giả sửX = (a 1 : a 2 ) thuộc P1(K) và f là đường cong hữu tỷ từ K vào P1(K) vớibiểu diễn f = (f˜ 1: f2) sao cho ảnh của f không chứa trong X Đặt:

F = af1+ af2; n(f, X) = n(F );

T (f, X) = n(f, X) + m(f, X);

m(f, X) = max

1≤i≤2 (deg fi− deg F ).

Giả thiết tính đóng đại số của trường K là cần thiết để định nghĩa độ caocủa đường cong hữu tỷ K vào Pn(K)

Thật vậy, xét trường số thực R và các đa thức:

f1(x) = (x − 1)4(x − 2)7(x + 4)11;

f2(x) = (x + 1)2(x + 3)5(x + 5)10

Ta có f1(x) và f2(x) không có điểm chung trên K và

Xét đường cong hữu tỷf từ K vàoPn(K)với biểu diễn rút gọnf = (1 : x : : x˜ n)

Ta có f là không suy biến tuyến tính Thật vậy:

Xét tổ hợp tuyến tính a1.1 + a2.x + + an+1.xn ≡ 0

Xét đa thức P (x) = a1+ a2.x + + an+1.xn

Đa thức P (x) có vô số nghiệm nên a1= a2 = = an+1 = 0

Vậy f không suy biến tuyến tính

Ví dụ 1.7 Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P1(K) với biểu diễn rút gọn là

Chứng minh định lý sau đây đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở [2] Tuyvậy, để thuận tiện cho việc theo dõi sự tương tự trong chứng minh giữa trường hợp

1 chiều và trường hợp n chiều đối với Định lý chính thứ hai, chúng tôi vẫn nhắclại chứng minh định lý đó ở đây

Định lý 1.3 Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng K vào P1(K) với biểu diễn

là f = (f˜ 1 : f2), X1, , Xq là các điểm phân biệt của P1(K) Khi đó

ở đó bi1, bi2 là các hằng số.

Suy ra

T (f i ) ≤ max{T (b i 1 Fβ1), T (b i 2 Fβ2)},

T (fi) ≤ T (Fβj)với j = 3, , q và i = 1, 2

Vậy

T (f ) = maxT (fi)6T (FBi) (1.2)với j = 3, , q

Cộng (q − 2) bất đẳng thức ở (1.1) và (1.2) ta nhận được

T (F )>(q − 2)T (f ).

Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.3

Do f khác hằng nên W (f1, f2) không đồng nhất 0 Giả sử (α1, α2) là hai số khácnhau trong 1, 2, , q và β1, , βq−2 là các số còn lại Để ý rằng fi là tổ hợp tuyếntính của Fα1, Fα2

Định lý 1.5 Giả sử f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và a1, , aq ∈ K∪ {∞}.Khi đó

f2g2, −f3g3 cũng độc lập tuyến tính và không có điểm chung

Khi đó f = (f˜ 1g1, f2g2), ˜ g = (f2g2, −f3g3) là các biểu diễn tương ứng của cácđường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tínhf, g từ K vào P1(K) = P1

Đặt: Xi= {(z1, z2) ∈ P1 : zi = 0} với i = 1,2, X3 = {(z1, z2) ∈ P1 : z1+ z2 = 0}.Khi đó X1, X2, X3 là các điểm phân biệt trong P1(K)

Định lý 1.7 (Định lý Davenport) Giả sử f, g là các đa thức trên K sao cho

f3 6= g 2, f3 và g2 không có không điểm chung Khi đó

6deg(f

3 ) = 3

6deg f ≤ deg 2(f

3 − g2) − 1 = deg(f3− g2) − 1, 1

Định lý được chứng minh.

Chương 2

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY

RỘNG ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ

TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

Nội dung của chương này gồm:

- Một là, trình bày lại Định lý Davenport suy rộng trên K đã được đề cập trong[1] Phương pháp sử dụng ở đây là thiết lập các bất đẳng thức giữa bậc của đathức và không điểm bị chặn của mỗi đa thức hoặc tổng của chúng Nội dung nàyđược trình bày ở Mục 2.1

- Hai là, trình bày sự tương tự giữa Định lý Davenport suy rộng trên K với hàm

số biến số thực và số nguyên Nội dung này được trình bày ở Mục 2.2

2.1 Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường

đóng đại số, đặc số không

Trong mục này, chúng tôi trình bày lại sự mở rộng Định lý Davenport trongtrường hợp hai đa thức sang trường hợp n đa thức thỏa mãn điều kiện nào đó.Trước tiên, chúng ta cần các bổ đề sau:

Bổ đề 2.1 Cho f1, , fn+1 là các đa thức không có không điểm chung và độc lậptuyến tính trên K Khi đó

Gọi (α1, , αn+1) là một tập con bất kỳ của {1, 2, , n + 1, n + 2}.

Trước tiên ta chứng minh

1 1

fα1(1)

(1) αn+1

fαn+1

.

Khai triển định thức ta thấy A là một tổng gồm các số hạng

i = 1, , n + 2 không đồng nhất không Từ đây suy ra tồn tại αn+2 ∈ {1, , n + 2}sao cho

deg fαn+2 = max

1≤i≤n+2 deg fi.

Lại do f1, , fn+1 độc lập tuyến tính nên W (f1, , fn+1) không đồng nhất 0.Vậy W fα

B = f1 fn+2

cW (f1, , fn+1), W = W (f1, , fn+1) Với các ký hiệu trên, ta có

Từ đây và deg fαn+2 = max

1≤i≤n+1 deg fi, deg A ≤ −n(n+1)2 , ta nhận được

Bổ đề 2.3 Cho fm1

1 , , fmn+1

n+1 là các đa thức độc lập tuyến tính trên K và không

có không điểm chung, m1, , mn+1 là các số nguyên dương Khi đó

1≤i≤n+1 deg fmi ≤ deg fm1

Thậy vậy, xét f2, g3 độc lập tuyến tính và không có không điểm chung Với giảthiết trên, áp dụng Định lý 2.1 ta có



1 − 1

2 − 13

max degf2, g3 ≤ deg f2− g3
− 1.

Nếu f2, g3 phụ thuộc tuyến tính thì chứng minh như Định lý 1.7

2.2 Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên

trường đóng đại số, đặc số không với đa thức biến số thực

và số nguyên.

Sự tương tự của Định lý Davenport cho hàm số biến số thực và số nguyên đượcchúng tôi trình bày lại trong mục này Sự tương tự đó được xét ở các góc độ:

1 Phương trình nhiều biến đối với đa thức hoặc hàm hữu tỷ trên R

2 Phương trình nhiều biến đối với hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit

và lũy thừa

3 Phương trình nhiều biến đối với số nguyên

Trước tiên, ta nêu ra các ví dụ để từ đó xét các ví dụ tương tự nêu trên

Kí hiệu K(x) là trường các hàm hữu tỷ trên K

Ví dụ 2.2.1 Giải phương trình

a.xn + b.yn = 0. (2.1)trong đó a, b ∈K; a, b 6= 0 trên K[x] hoặc K(x)

Giải

Xét hai trường hợp sau

1 Giải phương trình a.xn+ b.yn = 0 trên K[x]

Giả sử (f, g) ; f, g ∈K[x] là nghiệm của phương trình (2.1)

Khi đó a.fn+ b.gn = 0 Do a, b 6= 0 nên f, g không đồng nhất không

Ta có

afn = −bgn,

g f

n

= −b

a.

Từ đây suy ra

g

f = c, c ∈K.Vậy g = cf

Thay g = cf vào a.fn+ b.gn = 0 ta có (a + bcn) fn = 0

Do f không đồng nhất không nên a + bcn = 0

Do K là trường đóng đại số nên phương trìnha + b.xn = 0 luôn có nghiệm

Vậy luôn tồn tại c ∈ K sao cho a + b, cn = 0 Do đó phương trình (2.1) luôn cónghiệm trên K[x] và mỗi nghiệm của nó đều có dạng (f, cf ), ở đó f ∈ K[x], fkhông đồng nhất không và c là nghiệm của phương trình bxn+ a = 0 trên K

2 Giải phương trình a.xn+ b.yn = 0 trên K(x)

Lý luận tương tự như trường hợp 1 ta có phương trình (2.1) luôn có nghiệm trên

K(x) và mỗi nghiệm của nó đều có dạng

1 Giải (2.2) trên K[x] −K, n > k + 1

Giả sử (f, g) là một nghiệm của (2.2), khi đó a.xn+ b.yn+ p = 0 (1)

Giả sửf, g là độc lập tuyến tính trên K Áp dụng Bổ đề 2.3 vớin = 1, m1 = m2= n,

!max deg {a.fn, b.gn} ≤ n1(a.fn, b.gn) − 1.



n ≤ k − 1, n ≤ k + 1.

Mâu thuẫn vớin > k + 1.

Vậy f, g phụ thuộc tuyến tính trên K

Khi đó g = cf Thay g = cf vào (1) ta có

(a + bcn) fn+ p = 0

Do k ≥ 0 nên a + bcn 6= 0 Từ đây và n > k + 1 ta có deg (a + bcn) fn+ p = n > 0.Mâu thuẫn

Vậy phương trình (2.2) vô nghiệm trên K[x] −K khi n > k + 1

2 Giải phương trình (2.2) trên K(x) −K, n > 2k + 3

Giả sử (f, g) là một nghiệm của (2.2), khi đó a.xn+ b.yn+ p = 0 (2)

Do p không đồng nhất không nên từ (2) ta có



fn

p , ∞

+ n1

+ nT (p) = T



fnp

+ k

Vậy

nT (f ) − k ≤ T



fnp

+ T (p)

nT (f ) ≤ 2T (f ) + k + T (g) − 1

Mặt khác, từ (2) vàn > 2k + 3 ta nhận được T (f ) = T (g) Từ đây và các bất đẳngthức suy ra

nT (f ) − k ≤ 2T (f ) + k + T (g) − 1

≤ 3T (f ) + kT (f ) − 1;

(n − 2k − 3) T (f ) + 1 ≤ 0.

Mâu thuẫn vớin > 2k + 3

Vậy phương trình (2.2) vô nghiệm trên K(x) −K với n > 2k + 3

Ví dụ 2.2.3 Giải phương trình

với a, b ∈ K, a, b 6= 0 trên K[x] hoặc K(x)

Giải

1.Giải phương trình (2.3) trên K[x]

Giả sử (f, g) với f, g ∈ K[x] là một nghiệm của (2.3) Khi đó

afn+ bgm = 0 (4)

Do a, b 6= 0 nên f và g không đồng nhất không

Nếu f = c, c ∈ K, c 6= 0 thì g = d, d ∈ K, d 6= 0 và acn+ bdm = 0 Do K là trườngđóng đại số nên phương trình axn+ bym = 0 luôn có nghiệm

l = n(m, n), h =

m (m, n).Do

m (m, n), A, B ∈ K, aA

ở đó g1, g2 ∈K(x) và g1, g2 không có điểm chung

Khi đó afn+ bgm = 0 Lý luận tương tự như Trường hợp 1, ta có

Nếu f = c, c ∈K, c 6= 0 thì g = d, d ∈K, d 6= 0 và acn+ bdm= 0

Nếu f khác hằng thì g khác hằng, khi đó

afn = −bgm, af

n 1



n > k + 1

max {deg afn, deg bgm} ≤ n1(afn+ bgm) − 1,



1 − 1

n − 1m

n,



1 − 1

n − 1m

m

Từ (6), n > k và deg (a + bc) fn = n Ta có mâu thuẫn

Vậy phương trình (4.4) vô nghiệm

Điều này mâu thuẫn với n − 2 − mn ≥ k.

Vậy phương trình (2.4) vô nghiệm

Ví dụ 2.2.5 Giải phương trình

với a, b, c ∈K, a, b, c 6= 0 trên K[x] khi n ≥ 3m + 3 và n ≥ mn + 2

Giải

Giả sử (f, g, h) là một nghiệm của phương trình (2.5) Xét các trường hợp:

1.Hai trong ba đa thức f, g, h là hằng, chẳng hạn f, g là hằng Khi đó

max {deg afn, deg bgn} ≤ n1(afn+ bgm) − 1.



1 − 2n



n − nm

max {deg f, deg g} + 1 ≤ 0.

Giả sử fn−mf1m, gn−mg1m độc lập tuyến tính Từ (6) và do l = (f, g, h) ta suy ra

fn−mf1m, gn−mg1m không có không điểm chung

deg fn−mf1m = (n − m) deg f + m deg f 1

deg gn−mg1m = (n − m) deg g + m deg g1

deg hn−m1 = (n − m) deg h1

Từ đây và (7) suy ra

(n − m) max {deg f, deg g, deg h1}

≤ maxdeg fn−mf1m, deg gn−mgm1 , deg hn−m1

≤ (2m + 3) max {deg f, deg g, deg h 1 } − 1,

≤ (2m + 3) max {deg f, deg g, deg h1} − 1, (n − 3m − 3) max {deg f, deg g, deg h1} + 1 ≤ 0.

2.2 Sự tương tự Định lý Davenport đa thức trên< /h3>

trường đóng đại số, đặc số không với đa thức biến số thực

và số nguyên.... nguyên.

Sự tương tự Định lý Davenport cho hàm số biến số thực số ngun đượcchúng tơi trình bày lại mục Sự tương tự xét góc độ:

1 Phương trình nhiều biến đa thức hàm hữu tỷ R

2... .

Khai triển định thức ta thấy A tổng gồm số hạng

i = 1, , n + 2 không đồng không Từ suy tồn αn+2 ∈