VỀ BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ TRONG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC

PHẦN MỞ ĐẦUĐa thức dương là một đối tượng quan trọng của Hình học đại số thực.Vấn đề biểu diễn đa thức đã được đưa ra bởi câu hỏi trong luận án củaMinkowski.. Năm 1964, Krivine đã đưa ra

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KHOA TOÁN-TIN

——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ HƯƠNG THẢO

VỀ BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA

LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS NGUYỄN THỊTHẢO Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người Thầy đã tận tình hướngdẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này Đồng thời, tôi xin chân thànhcảm ơn các Thầy, Cô phản biện đã dành thời gian đọc và góp những ý kiếnquý báu cho bản luận văn

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến tất cả Thầy, Cô trong Khoa Toán - TinTrường Đại học Sư Phạm Hà Nội, đặc biệt là các Thầy, Cô trong Bộ mônHình học, đã tận tình dạy dỗ chúng tôi trong suốt thời gian học cao học.Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, những người luôn động viên, giúp đỡ vàtạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiêncứu

Hà Nội,tháng 06 năm 2015

Nguyễn Thị Hương Thảo

Mục lục

1.1 Đa thức dương trên Rn 3

1.1.1 Một số kiến thức cơ sở về đa thức 3

1.1.2 Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng các bình phương đa thức 5

1.1.3 Bài toán thứ 17 của Hilbert 7

1.2 Đa thức dương trên các tập nửa đại số trong Rn 8

1.2.1 Một số khái niệm cơ sở: module bậc hai, tiền sắp thứ tự và sắp thứ tự 8

1.2.2 Nguyên lý chuyển của Tarski 17

1.2.3 Định lí Krivine 18

2 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ COM-PACT 25 2.1 Một số khái niệm 25

2.1.1 Tiền nguyên tố 25

2.1.2 T - module 28

2.2 Đinh lí biểu diễn 36

2.2.1 Tựa tiền sắp thứ tự 36

2.2.2 Định lí biểu diễn 37

2.3 Một số áp dụng của định lí biểu diễn trong bài toán biểu diễn

đa thức thực 39

2.3.1 Định lí Polya 42

2.3.2 Định lí Reznick 43

2.3.3 Định lí Schmudgen 45

2.3.4 Định lí Marshall 47

3 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TRỤ VỚI NHÁT CẮT COMPACT 51 3.1 Diễn đạt kết quả 51

3.2 Chứng minh Định lí 3.1.1 51

Kết luận 56 TÀI LIỆU THAM KHẢO 56

PHẦN MỞ ĐẦU

Đa thức dương là một đối tượng quan trọng của Hình học đại số thực.Vấn đề biểu diễn đa thức đã được đưa ra bởi câu hỏi trong luận án củaMinkowski Năm 1888, Hilbert đã chứng minh rằng không phải mọi đa thứckhông âm đều được phân tích thành tổng bình phương của các đa thức Tuynhiên, năm 1926, Artin đã chứng minh được bài toán thứ 17 của Hilbert rằng

các hàm hữu tỉ

nhận được sự quan tâm của nhiều tác giả Năm 1964, Krivine đã đưa ra định

lí nổi tiếng về sự biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số đóng trong

Rn Một hệ quả của định lí Krivine là lời giải cho bài toán thứ 17 của Hilbert

Luận văn gồm 3 chương :

Chương 1 trình bày những kết quả cơ sở về biểu diễn và về đa thức dươngtrên Rn; định lí Krivine về biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số

cơ sở đóng trong Rn

Chương 2 : Đa thức dương trên các tập nửa đại số compact Chương

dụng của định lí biểu diễn trong bài toán biểu diễn đa thức dương trên một

minh cho định lí Schmudgen (định lí 2.3.10), một kết quả trọn vẹn về biểudiễn đa thức dương trên các tập nửa đại số compact

Chương 3 : Đa thức dương trên các trụ với nhát cắt compact Chương

3 trình bày về biểu diễn đa thức dương trên trong một tình huống khôngcompact đặc biệt, đó là đa thức dương trên các trụ với nhát cắt compact.Kết quả này có được dựa vào sự kết thừa định lí Schmudgen (định lí 2.3.10).Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng do vấn đề được đề cập trong luận văn làtương đối phức tạp và thời gian có hạn, nên luận văn không tránh khỏi nhữngthiếu sót Tác giả luận văn mong muốn nhận được sự góp ý kiến của thầy cô

và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn

Chương 1

ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC

TẬP NỬA ĐẠI SỐ ĐÓNG TRONG

R n

1.1 Đa thức dương trên Rn

1.1.1 Một số kiến thức cơ sở về đa thức

sao cho f (x) 6= 0

f là đa thức một biến x1 khác đa thức 0 Vì f khác đa thức 0 nên f chỉ cóhữu hạn nghiệm Do đó, tồn tại điểm x1 ∈ R sao cho f (x1) 6= 0

Với n > 1, chứng minh bằng quy nạp theo n, ta sử dụng: R[x1, , xn] =

R[x1, , xn−1] [xn] Vì f 6= 0 nên f khai triển được thành

f = g0 + g1xn + + gkxkn,

g0, , gk ∈ R[x1, , xn−1] , gk 6= 0 Do kết quả quy nạp nên tồn tại một điểm

(x1, , xn−1) ∈Rn−1 sao cho gk(x1, , xn−1) 6= 0 Vậy:

Định nghĩa 1.1.2 Bậc của đơn thức cxd1

bậc của các đơn thức xuất hiện trong khai triển đó, kí hiệu là deg (f )

(2) Khai triểnfi thành fi = fi0+ + fid, ở đófij là đa thức thuần nhất bậcj

với d := max {deg (fi) |i = 1, , k} Rõ ràng deg (f ) > 2d và đa thức thuầnnhất bậc 2d của f là f1d2 + + fkd2 , trong đó tồn tại i sao cho fid 6= 0 Do đó,theo (1), f1d2 + + fkd2 6= 0 Vậy deg (f ) = 2max {deg (fi) |i = 1, , k}

kí hiệu f > 0, nếu f (x) > 0, ∀x ∈ Rn Và gọi f là xác định dương trong Rn,

kí hiệu f > 0, nếu f (x) > 0, ∀x ∈ Rn

Định nghĩa 1.1.7 Một tập con của Rn được gọi là tập nửa đại số cơ sởnếu nó là tập nghiệm của hệ hữu hạn các phương trình, bất phương trình đathức, và là tập nửa đại số nếu nó là hợp hữu hạn các tập nửa đại số cơ sở.

Ví dụ 1.1.8 Dễ kiểm tra được một tập con của R là nửa đại số khi và chỉkhi nó là hợp hữu hạn của các điểm và các khoảng

1.1.2 Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng các bình phương đa thức

đa thức {fj|j ∈ J} ⊂ R[x] sao cho

f (x) = X

i∈J

fj2(x) ,∀x ∈ Rn

Theo Hệ quả 1.1.5, ta cần có deg (f ) là chẵn Rõ ràng, nếu f = f12+ + fk2

thì f > 0 Điều này dẫn đến một câu hỏi rất tự nhiên rằng, điều ngược lại

có đúng không, nghĩa là:

thức trong R[x] không?

Năm1888, Hilbert đã chỉ ra rằng không phải tất cả các đa thức không âm

là tổng các bình phương của các đa thức Mệnh đề sau chỉ ra rằng mọi đa

hai đa thức với hệ số thực

khi đó ta sẽ biến đổi được tích của mỗi cặp dạng (x − bj)2 + c2j thànhtổng của hai bình phương Lặp lại các bước như vậy, ta biểu diễn đượcQ

với a = 1, b = x2y4, c = x4y2, ta được 1 + x2y4 + x4y2 > 3x2y2 nên s > 0

trong R2

(2) Chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại,slà tổng các bình phương

fi2, fi ∈ R[x, y] Dễ thấy

deg (f ) = 6 Bởi Hệ quả 1.1.5(2), mỗi fi có thể có bậc lớn nhất là 3 nên mỗi

fi là tổ hợp tuyến tính của các đơn thức sau:

1, x, y, x2, xy, y2, x3, x2y, xy2, y3

Nếu x3 xuất hiện trong một fi nào đó thì x6 sẽ xuất hiện trong s với hệ sốdương Do đó, x3 không xuất hiện trong bất kì fi nào Tương tự, nếuy3 xuấthiện trong một fi nào đó thì y6 sẽ xuất hiện trong s với hệ số dương Do đó,

y3 không xuất hiện trong bất kì fi nào Lập luận tương tự như vậy ta thấyrằng x2, y2, x, y cũng đều không xuất hiện trong bất kì fi nào Vì vậy, các fi

của các đa thức trong R[x, y]

1.1.3 Bài toán thứ 17 của Hilbert

Bài toán 1.1.12 (Bài toán thứ 17 của Hilbert) Cho đa thức bất kì f ∈ R[x].Giả sử rằng f > 0 trong Rn Khi đó, f có là tổng bình phương của các hàmhữu tỉ không?

- Mệnh đề 1.1.10 chỉ ra rằng khẳng định trên đúng với n = 1

- Đến năm 1927, Emil Artin đã tìm ra lời giải bài toán trên trong trườnghợp tổng quát

thức (ví dụ 1.1.11) nhưng nó là tổng bình phương của bốn hàm hữu tỉ:

1.2 Đa thức dương trên các tập nửa đại số trong Rn

1.2.1 Một số khái niệm cơ sở: module bậc hai, tiền sắp thứ tự và sắp thứ tự

Cho A là một vành giao hoán với đơn vị 1 Giả sử rằng 1

2 ∈ A (nghĩa là 2 làphần tử khả nghịch trong A) Kí hiệu:

(1) Mọi tiền sắp thứ tự của A đều là module bậc hai của A; mỗi tiền sắp thứ

tự chính là một module bậc hai mà đóng với phép nhân

(2) A2 là tiền sắp thứ tự nhỏ nhất duy nhất của A và cũng là module bậchai nhỏ nhất duy nhất của A.

(3) Cho M là module bậc hai của A và I là ideal bất kì của A Khi đó, M + I

là module bậc hai của A

Vậy PA2 là tiền sắp thứ tự của A

- Nếu a ∈ P suy ra a2 ∈ P, mâu thuẫn.

- Nếu a ∈ −P, suy ra a2 ∈ P, mâu thuẫn

Do đó a2 ∈ P, ∀a ∈ A Vậy P là một tiền sắp thứ thự của A

(i) MS là module bậc hai của A, và được gọi là module bậc hai của A sinhbởi S

(ii) TS là tiền sắp thứ tự của A, và được gọi là tiền sắp thứ tự của A sinhbởi S

Chú ý rằng, TS là module bậc hai của A sinh bởi cách tính ge1

1 ges

s , ei ∈{0; 1} , (e1, , es) 6= (0, , 0)

Ví dụ 1.2.4 Cho họ các đa thức S = {g1, , gs} ⊂ R[x] Khi đó: MS :=

Do f2ϕi ∈ P

R[x]2 nên f2u ∈ MS.(iii) Hiển nhiên 1 = 12 ∈ MS Vậy MS là một module bậc hai của R[x]

P = f ∈ R[x] |f > 0 trên K là một tập sắp thứ tự của R[x]

Mệnh đề 1.2.6 Cho I là ideal của A sinh bởi {h1, , ht}

(1) Nếu M là module bậc hai của A sinh bởi {g1, , gs}, thì M + I là modulebậc hai của A sinh bởi {g1, , gs, h1, −h1, , ht, −ht}

(2) Nếu T là tiền sắp thứ tự của A sinh bởi {g1, , gs}, thì T + I là tiền sắpthứ tự của A sinh bởi {g1, , gs, h1, −h1, , ht, −ht}

2

hj +



aj − 12

(1) Nếu N là module bậc hai của B, thì φ−1(N ) là module bậc hai của A,

B2φ (M ) := tập gồm tất cả cáctổng hữu hạn Pb2iφ (si) , bi ∈ B, si ∈ M, là module bậc hai của B, vàđược gọi là mở rộng của M tới B Hơn nữa, nó là module bậc hai bé nhấtcủa B chứa φ (M )

(3) Nếu N là tiền sắp thứ tự của B, thì φ−1(N ) là tiền sắp thứ tự của A

B2φ (M ) là tiền sắp thứ tự của

B

Chứng minh

(1) Ta có φ−1(N ) = {x ∈ A : φ (x) ∈ N } Với mọi x, y ∈ φ−1(N ), a ∈ A,do

N là module bậc hai của B, nên ta có:

B2φ (M ) là module bậc hai của B

Với N là module bậc hai bất kì của B chứa φ (M ), do b2φ (M ) ⊆ N vớimọi b ∈ B Nên PB2φ (M ) ⊆ N Vậy PB2φ (M ) là module bậc hai bénhất của B chứa φ (M )

(3) Với mọi x, y ∈ φ−1(N ) , a ∈ A, do N là tiền sắp thứ tự của B, nên ta có:

• x + y ∈ I, (do M là module bậc hai trên x + y ∈ M và x + y ∈ −M)

2

−



a − 12

2

Vì a2I ⊆ I, nên ax =



a + 12

2

x −



a − 12

2

x ∈ I Vậy M ∩ −M là idealcủa A

nên M ∩ −M = A, do vậy A ⊆ M Vậy M = A

Ta nhắc lại rằng, với mỗi ideal I của vành A, căn của ideal I là:

√

I := a ∈ A|am ∈ I với số nguyên m > 0 nào đó

M ∩ −M nên am ∈ M ∩ −M, với số nguyên

M ∩ −M

module bậc hai của Avới mọi ideal I của A Do vậy, bởi Mệnh đề 1.2.8, ta có

(M + I) ∩ − (M + I) là một ideal của A Trường hợp riêng, P

A2 + I
∩

A2 + I
là một ideal của A

Định nghĩa 1.2.12 Căn thực của ideal I, kí hiệu là √R

I, là căn của idealP

A Khi đó, các khẳng định sau tương đương:

(1) Với mọi s1, s2 ∈ M, s1 + s2 ∈ I ⇒ s1, s2 ∈ I

bậc hai của A có giá là {0} Khi đó, mở rộng của M tới F là module thực sựbậc hai.

Chứng minh Mọi phần tử của mở rộng đều có dạng

bi

2

si, ai, bi ∈ A, bi 6= 0, si ∈ M

tới F là module thực sự bậc hai.



là module thực sự bậc hai

Mệnh đề 1.2.20 Giả sử M là module bậc hai của A, và I := M ∩ −M.Khi đó, bất kì ideal nguyên tố cực tiểu p chứa I là M − lồi.

Chứng minh Giả sử s1, s2 ∈ M, s1 + s2 ∈ p, ta chỉ cần chỉ ra s1, s2 ∈ p

Do p là ideal nguyên tố cực tiểu chứa I và s1+ s2 ∈ p, ∃u ∈ A\p, n ∈ N sao

cho u (s1 + s2)n ∈ I Do I là ideal của A, nên

Do đó, mỗi số hạng u2Cnisi1sn−i2 đều nằm trong M Vì I là M − lồi (xem Ví

dụ 1.2.10) nên u2Cnisi1sn−i2 ∈ I Trường hợp riêng, với i = n, ta có u2sn1 ∈ I

tự đối với s2

1.2.2 Nguyên lý chuyển của Tarski

F Khi đó, F được gọi là trường sắp thứ tự đối với thứ tự ≤ nếu các điều kiệnsau được thỏa mãn:

(i) Nếu a ≤ b thì a + c ≤ b + c, với mọi c ∈ F.

(ii) Nếu 0 ≤ a và 0 ≤ thì 0 ≤ ab

2) Trường sắp thứ tự (F, ≤)được gọi là trường sắp thứ tự mở rộng của (K, ≤)

nếu F là mở rộng của trường K và hạn chế của quan hệ thứ tự trên F tới Kcũng là quan hệ thứ tự trên K

Ví dụ 1.2.22 Cho R(X) là trường phân thức một biến Ta có (R(X), ≤),

là trường sắp thứ tự mở rộng của R, với "≤" được xác định bởi:

thứ tự mở rộng của (R, ≤) và tồn tại x = (x1, , xn) ∈Fn thỏa mãn hệ gồmhữu hạn phương trình, bất phương trình đa thức với hệ số trong R Khi đó,tồn tại x = (x1, , xn) ∈ Rn thỏa mãn hệ phương trình, bất phương trìnhtrên

(1) f > 0 trên K ⇔ tồn tại p, q ∈ T sao cho pf = 1 + q

(2) f > 0trên K ⇔ tồn số nguyên m > 0 và p, q ∈ T sao cho pf = f2m+ q.(3) f = 0 trên K ⇔ tồn tại số nguyên m > 0 sao cho −f2m ∈ T

(4) K = ∅ ⇔ −1 ∈ T

Chứng minh Trước hết, ta chứng minh các khẳng định(1), (2), (3), (4)tương

(1) ⇒ (2).(⇒) Giả sử f > 0 trên KS Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên

m > 0 và p, q ∈ T sao cho pf = f2m+ q Thật vậy, kí hiệu:

Thay y bởi 1

f (x) thì các số hạng es+1 = 1 hoặc es+2 = 1 sẽ bị triệt tiêu.

Đối với các số hạng còn lại, ta nhân với f (x)2m,m lớn hơn hoặc bằng số mũcao nhất của y xuất hiện trong hj (x, y) và ta được

tức là p ∈ TS.Chứng minh tương tự đối với q

(⇐) Với mọi x ∈ K, ta có p (x)> 0 Do pf = f2m+ q nên

p (x) f (x) = f (x)2m+ q (x) > 0,

suy ra f (x) > 0 với mọi x ∈ KS

(2) ⇒ (3).(⇒) Giả sử f = 0 trên KS Do đó, áp dụng (2) tới f và −f, tacó:

Vì vậy p (x) > 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ KS.

(⇒) Giả sử −1 /∈ T, tức là 1 /∈ −T, do đó 1 /∈ T ∩ −T Do T là module bậchai của R[x] và bởi Mệnh đề 1.2.8, nên T ∩ −T là ideal thực sự của R[x].Nên tồn tại ideal nguyên tố cực tiểu p của R[x] chứaT ∩ −T Theo Mệnh đề1.2.20, p là T − lồi Vì vậy, bởi Mệnh đề 1.2.19, T mở rộng tới tiền sắp thứ

tự trên F cảm sinh từ P1, nghĩa là

a 6 b ⇔ b − a ∈ P1

Chú ý rằng, thứ tự trên F cảm sinh thứ tự duy nhất trên R.

Khẳng định: Tồn tại phần tử x = (x1, , xm) ∈ Fn sao cho

Định lí 1.2.24 cho ta một chứng minh khác của Bài toán thứ 17 của Hilbert

R(x)2

R[x]2 Bởi Định lí 1.2.24(2), ta có:

2

p f2m+ q
∈ XR(x)2

• Trường hợp f = 0 kết quả là hiển nhiên.

đó I (Z (I)) = √R

I

ideal I hữu hạn sinh, giả sử

Hệ quả 1.2.27 Cho S = {g1, , gs} và f ∈ R[x] Khi đó:

(1) f > 0 trên K ⇔ tồn tại g ∈ R[x] , h ∈ T sao cho g2f = 1 + h

(2) f > 0 trên K ⇔ tồn tại số nguyên m > 0 và g ∈ R[x] , h ∈ T sao cho

Chương 2

ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC

TẬP NỬA ĐẠI SỐ COMPACT

∀a ∈ A, ∃n ∈ Z, n > 1 sao cho n + a ∈ T

(i) T − T là một vành con của A

(ii) Q+ là tiền nguyên tốt nhỏ nhất duy nhất của A, và Q+ là phần tử sinhkhi và chỉ khi A = Q.

(iii) Nếu T là Archimede thì T là phần tử sinh

(iv) Bất kì tiền sắp thứ tự T của A là một tiền nguyên tố và nó cũng là phần

tử sinh

Chứng minh

(i) Ta cóT −T ⊆ Avà T −T 6= Ø Giả sử x, y ∈ T −T, x = t1−t2, y = t3−t4;với t1, t2, t3, t4 ∈ T Khi đó

Vậy T − T là một vành con của A

(ii) Hiển nhiên Q+ là tiền nguyên tố nhỏ nhất của A Hơn nữa, Q+−Q+ = Q,

như vậy, Q+ là phần tử sinh khi và chỉ khi A = Q.

(iii) Giả sử T là Archimede Khi đó

2

(mn) =



1n

2

+ +



1n

2

−



1 − a2

2

, ∀a ∈ A

Cho T là một tiền nguyên tố của vành A Ta định nghĩa:

HT := {a ∈ A|∃n ∈Z, n > 1; n ± a ∈ T }

(1) HT là vành con của A

(2) T ∩ HT là tiền nguyên tố Archimede của HT

(iii) n1 ± (−a1) = n1 ∓ a1 ∈ T Nên ta suy ra −a1 ∈ HT

Vậy HT là vành con của A

(2) Ta có (T ∩ HT) ⊆ HT Mặt khác, nếu a ∈ HT thì ∃n ∈ Z, n > 1 sao cho

n ± a ∈ T Rõ ràng n ± a ∈ HT, vì vậy n ± a ∈ HT ∩ T

Vậy T ∩ HT là tiền nguyên tố Archimede của HT

(3) (⇐) Hiển nhiên

∀a ∈ A, ∃n ∈ Z, n > 1 sao cho n + a ∈ T

Do HT là vành con của A, nên −a ∈ HT Vậy HT = A

T = f ∈ R[x] |f > 0 trên K

Khi đó

(1) T là tiền nguyên tố.

(2) HT gồm tất cả các đa thức bị chặn trên K

HT = {f ∈ R[x] |∃k ∈ Z, k > 1 sao cho k ± f ∈ T }

= f ∈ R[x] |∃k ∈ Z, k > 1 sao cho k ± f > 0 trên K

= f ∈ R[x] |∃k ∈ Z, k > 1 sao cho − k 6 f 6 k trên K

Vậy HT gồm tất cả các đa thức bị chặn trên K

(3) (⇒) Giả sử T là Archimede Khi đó, theo Mệnh đề 2.1.3 (3),

HT = R[x]

Nghĩa là,

∀f ∈ R[x] , ∀x ∈ K, ∃k ∈ Z, k > 1 sao cho − k 6 f (x) 6 k

f :Rn →R

trên K Suy ra HT = R[x] Theo Mệnh đề 2.1.3 (3), T là Archimede

2.1.2 T - module

M + M ⊆ M, T M ⊆ M, 1 ∈ M nghĩa là T ⊆ M

∀a ∈ A, ∃n ∈ Z, n > 1 sao cho n + a ∈ M