Mục tiêu của luận văn này là khảo sát một số trường hợp riêng của bài toán tìm các đa thức nguyên sao cho đa thức đó và các đạo hàm của nó có nghiệm hữu tỷ. Cụ thể chúng tôi trình bày lại các kết quả của G. Convertito và D. Cruz-Uribe. Mời các bạn tham khảo!
Bài toán chiếc hộp
Bài toán chiếc hộp là một ví dụ kinh điển trong việc tìm cực trị của đồ thị hàm số, thường xuất hiện trong các tài liệu về giải tích Mục tiêu của bài viết này là giới thiệu về bài toán chiếc hộp và mối liên hệ của nó với bài toán cực trị của hàm số.
Bài toán yêu cầu tìm cách cắt bốn hình vuông nhỏ bằng nhau từ các góc của một tấm bìa hình vuông cạnh A ∈ N để tạo thành một hình hộp mở có thể tích lớn nhất Cần xác định kích thước của các hình vuông cắt ra nhằm tối ưu hóa thể tích của hình hộp sau khi gấp.
Chúng ta cần tìm thể tích lớn nhất của khối hộp với các cạnh là số hữu tỷ, từ đó dẫn đến một bài toán quan trọng.
Bài toán chiếc hộp yêu cầu tìm kích thước A và B của tấm bìa hình chữ nhật, với A, B ∈ N, để tối ưu hóa thể tích khối hộp Mục tiêu là chọn A và B sao cho thể tích đạt giá trị lớn nhất, đồng thời các kích thước cạnh phải là số hữu tỷ.
3 Định nghĩa 1.1.1 Với mỗi cặp số nguyên dương A, B thỏa mãn Bài toán chiếc hộp ta gọi tỷ số A/B là một nghiệm hữu tỷ của Bài toán chiếc hộp.
Xét hình chữ nhật với kích thướcA, B, A≥ B > 0 Khi đó, việc tìm cực đại của thể tích khối hộp dẫn đến bài toán tìm cực trị của đa thức bậc 3
Để tìm cực đại của hàm số V, ta có thể thay x bằng 2x, do đó bài toán chuyển thành việc tìm cực trị của hàm y = x(x−A)(x−B).
Bài toán chiếc hộp chỉ cần giả thiết rằng A, B là dương Tuy nhiên, ta có thể xét A, B là các số nguyên Tổng quát hơn ta xét hàm y = x(x m −A) (x m −B) =x 2m+1 −(A+B)x m+1 +ABx, A, B ∈ Z
(1.2) Các đa thức có dạng (1.2) được gọi ngắn gọn là các đa thức 3-nhân tử.
Đồ thị của các đa thức phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của bậc m và dấu của các hệ số A, B Cụ thể, khi m = 2 và A, B > 0, đồ thị cắt trục hoành tại 5 điểm phân biệt Ngược lại, nếu B < 0 và A > 0, đồ thị sẽ cắt trục hoành tại 3 điểm và có 3 điểm uốn liên tiếp Để trình bày rõ ràng hơn, cần định nghĩa về nghiệm kiểu m-hữu tỷ, đó là nghiệm của phương trình mà là căn bậc m của một số nguyên.
Vì bài toán là tìm cực trị của đa thức nên ta cần tìm các giá trị của
A, B để các đạo hàm bậc nhất và bậc 2của các đa thức dạng (1.2) cũng có các nghiệm kiểu m−hữu tỷ.
Khi đó, ta có dy dx = (2m + 1)x 2m −(A+B)(m+ 1)x m +AB, d 2 y d 2 x = 2m(2m + 1)x 2m−1 −m(A+ B)x m−1
Nghiệm của phương trình d^2y/dx^2 = 0 là x = 0 hoặc là căn bậc m của một số hữu tỷ Đạo hàm bậc nhất là một đa thức bậc hai theo x, do đó, nghiệm của nó sẽ là căn bậc m của một số hữu tỷ khi phương trình bậc hai này có nghiệm hữu tỷ.
Giả sử phương trình dy dx = 0 có nghiệm Khi đó, ta có x m =(A+B)(m+ 1)
Do đó x m là hữu tỷ nếu biểu thức q
(m + 1) 2 A 2 + (2m 2 −4m−2)AB + (m + 1) 2 B 2 là số hữu tỷ Chia biểu thức trong căn cho B 2 thì biểu thức trong dấu căn là
B + (m+ 1) 2 (1.4) Biểu thức (1.4) là bình phương một số hữu tỷ khi và chỉ khi tồn tại các số nguyên dương f, g ∈ N ∗ sao cho gcd(f, g) = 1 và 1
1 gcd(f, g) là ước chung lớn nhất của f và g. Áp dụng công thức nghiệm cho phương trình bậc hai ta thu được
Vế phải của (1.6) là số hữu tỷ khi tồn tại p, q ∈ N nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
(m+ 1) 2 f 2 g 2 −4m 2 (2m+ 1) = p 2 q 2 , hay p 2 g 2 + 4(2m+ 1)m 2 g 2 q 2 = q 2 f 2 (m+ 1) 2 Điều này có nghĩa là nếu nghiệm của phương trình dy dx = 0 là m−hữu tỷ thì ta có 1 nghiệm của phương trình Diophantine a 2 + (2m+ 1)b 2 = c 2 ; a, b, c∈ N (1.7)
Vì vậy việc tìm cực trị của bài toán sẽ dẫn đến tìm nghiệm của phương trình Diophantine (1.7) Vấn đề này sẽ được trình bày trong mục tiếp theo.
Liên hệ với nghiệm của phương trình Diophantine
Xét phương trình Diophantine tổng quát a 2 +kb 2 = c 2 , k, a, b, c ∈ N (1.8)
Phương trình này có một lịch sử phong phú và đã được nghiên cứu từ lâu Tại Nhật Bản, Matunaga đã nghiên cứu phương trình này vào nửa đầu thế kỷ 18 Trong khi đó, ở Châu Âu, một dạng tổng quát hơn của phương trình đã được nhiều nhà toán học như Lagrange, Euler, Minding và Dirichlet nghiên cứu vào đầu thế kỷ 18.
Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ xác định tất cả các bộ ba nguyên thủy (a, b, c) của phương trình (1.8) với điều kiện a, b, c nguyên tố cùng nhau Để dễ dàng trình bày, một bộ ba (a, b, c) thỏa mãn điều kiện này sẽ được gọi là bộ ba nguyên thủy Kết quả quan trọng được trình bày trong Định lý 1.2.1, trong đó cho k ∈ N và u, v là các số nguyên dương với gcd(u, v) = 1 và u ≥ v.
√k Gọi r là ước chung lớn nhất của ku 2 −v 2 và 2uv Khi đó a = ku 2 −v 2 r , b= 2uv r , c= ku 2 +v 2 r là tất cả các bộ ba nguyên thủy của phương trình (1.8).
Chứng minh Giả sử(a, b, c)là một bộ ba nguyên thủy của phương trình (1.8) Khi đó a 2 +kb 2 = c 2 , nghĩa là c 2 −a 2 = kb 2
Khẳng định này tương đương với
Vì a 6= c và k, b 6= 0 nên từ phương trình (1.9) ta có c+a kb = b c−a Gọi u, v ∈ N, gcd(u, v) = 1 sao cho: u v = c+a kb = b c−a (1.10)
Từ phương trình (1.10) bằng tính toán đơn giản ta có
2uv Khẳng định này kéo theo u ≥ v
√k Bây giờ ta đặt r là ước chung lớn nhất của ku 2 −v 2 và 2uv Dễ dàng suy ra rằng r = gcd(2uv; ku 2 +v 2 ).
Do đó ta thu được a = ku 2 −v 2 r , b = 2uv r , c = ku 2 + v 2 r (1.11)
Ngược lại, với u, v ∈ N thỏa mãn gcd(u, v) = 1 và u ≥ v
Định nghĩa r theo công thức (1.11) cho phép chứng minh rằng bộ ba (a, b, c) là một bộ ba nguyên thủy của phương trình (1.8) Như vậy, biểu thức (1.11) thể hiện toàn bộ số nghiệm nguyên thủy của phương trình (1.8).
Trong Định lý 1.2.1, chúng ta nhận thấy rằng giá trị của r chỉ nằm trong một giới hạn nhất định Đặc biệt, khi k ≡ 1, 2, 3 (mod 4), ta có Định lý 1.2.2 Để đơn giản hóa, ta ký hiệu (a1, a2, , an) là ước chung lớn nhất của các số nguyên dương a1, a2, , an với n ≥ 2 Theo Định lý 1.2.2, với k ≡ 1, 2, 3 (mod 4) và các số tự nhiên u, v như đã nêu, giá trị của r sẽ là (v, k) hoặc 2(v, k) Hơn nữa, giá trị của r phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của u và v, như được thể hiện trong bảng sau: khi u, v đều lẻ, r là 2(v, k); khi u lẻ, v chẵn, r là (v, k); và khi u chẵn, v lẻ, r cũng là (v, k).
Để chứng minh rằng r chỉ có hai giá trị là (v, k) hoặc 2(v, k), ta định nghĩa k 0 và v 0 bằng các đẳng thức k = k 0 (v, k) và v = v 0 (v, k) Qua đó, dễ dàng chứng minh rằng (v 0 , k 0 ) = 1 Kết quả là r có thể được biểu diễn dưới dạng r = (k 0 (v, k)u^2 − v^2 0 (v, k)^2 , 2uv 0 (v, k), k 0 (v, k)u^2 + v^2 0 (v, k)^2).
Từ công thức (1.12) suy ra (v, k)|r nghĩa là tồn tại r 0 ∈ N sao cho r = r 0 (v, k) Khi đó r 0 = (k 0 u 2 −v 0 2 (v, k),2uv 0 , k 0 u 2 +v 0 2 (v, k)).
Giả sử r0 6= 2 j với mọi j ≥ 0 Khi đó tồn tại một ước nguyên tố q 6= 2 của r0 Vì r0|2uv 0 nên q|u hoặc q|v 0 Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp thứ nhất, q|u Vì (u, v) = 1 nên q không là ước của v Mặt khác, q|r và r| k 0 (v, k)u 2 ±v 2 0 (v, k) 2
, do đó q|2v 0 2 (v, k) 2 2v 2 Từ khẳng định này ta suy ra q|2, điều này là vô lý vì q là số nguyên tố và q 6= 2.
Trường hợp thứ hai, q|v 0 Vì q|k 0 u 2 −v 2 0 (v, k) nên q|2k 0 u 2 Mặt khác q 6= 2 và (k 0 , v 0 ) = 1 nên q không là ước của 2k 0 Do đó q|u, điều này là vô lý vì (u, v) = 1 Vì vậy r 0 = 2 j , j ≥ 0.
Tiếp theo ta cần chứng minh j ∈ {0; 1} Chú ý rằng
Nếu j ≥ 2 thì 4|2uv 0 , do đó ta có các trường hợp sau
Xét trường hợp (i) Khi đó u chẵn và v 0 lẻ Vì 4|2v 0 2 (v, k) nên 2| (v, k) Do đó v chẵn, điều này vô lý vì (v, k) = 1.
Xét trường hợp u lẻ và v 0 chẵn, ta có 4|2k 0 u 2, dẫn đến k 0 phải chẵn, điều này mâu thuẫn với điều kiện (v 0 , k 0 ) = 1 Từ đó, ta suy ra rằng r = {0,1} Kết luận rằng r có thể là (v, k) hoặc r = 2(v, k) Lưu ý rằng r được biểu diễn dưới dạng (ku 2 −v 2 ,2uv, ku 2 + v 2 ).
Bây giờ ta sẽ chứng minh giá trị của r 0 phụ thuộc tính chẵn lẻ của u, v Theo giả thiết của k ta xét 3 trường hợp:
Trường hợp thứ nhất k ≡1 (mod4) Nếu u, v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 0 (mod4) ku 2 +v 2 ≡ 2 (mod4)2uv ≡ 2 (mod4).
Tuy nhiên (v, k) là số lẻ mà r chẵn, nên r = 2 (v, k) Nếuu lẻ và v chẵn thì
ku 2 −v 2 ≡ 1 (mod4) ku 2 + v 2 ≡1 (mod4) 2uv ≡ 0 (mod4).
Do đó r lẻ Vì vậy r = (v, k) Nếu u chẵn và v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 3 (mod4) ku 2 + v 2 ≡1 (mod4) 2uv ≡ 0 (mod4).
Do đó r lẻ Vì vậy r = (v, k).
Trường hợp thứ hai k ≡ 3 (mod4) Nếu u, v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 2 (mod4) ku 2 + v 2 ≡0 (mod4) 2uv ≡ 2 (mod4).
Do đó r chẵn Vì vậy r = 2 (v, k) Nếu u lẻ, v chẵn thì
ku 2 −v 2 ≡ 3 (mod4) ku 2 + v 2 ≡3 (mod4) 2uv ≡ 0 (mod4).
Do đó r lẻ, điều này dẫn đến r = (v, k) Nếu u chẵn, v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 3 (mod4) ku 2 + v 2 ≡1 (mod4) 2uv ≡ 0 (mod4).
Từ đó suy ra r lẻ Vì vậy r = (v, k).
Cuối cùng ta xét k ≡ 2 (mod4) Nếu u, v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 1 (mod4) ku 2 + v 2 ≡3 (mod4) 2uv ≡ 2 (mod4).
Do đó r lẻ Vì vậy r = (v, k) Nếu u lẻ, v chẵn thì
ku 2 −v 2 ≡ 2 (mod4) ku 2 + v 2 ≡2 (mod4)2uv ≡ 0 (mod4).
Do đó r chẵn và không chia hết cho 4 Mà 2(v, k) chia hết cho 4 nên r = (v, k) Cuối cùng, nếu u chẵn, v lẻ thì
ku 2 −v 2 ≡ 3 (mod4) ku 2 + v 2 ≡1 (mod4) 2uv ≡ 0 (mod4).
Do đó r lẻ Vì vậy r = (v, k).
Ví dụ sau là một minh họa cho Định lý 1.2.2.
Ví dụ 1.2.3 Định lý 1.2.2 cung cấp bảng sau cho các giá trị của bộ ba nguyên thủy (a, b, c) được tính theo k và bộ ba (u, v, r). k ≡1 k ≡2 k ≡ 3 u, v đều lẻ k = 5 k = 2 k = 3 h3,1,2i h5,1,1i h3,1,2i h22,3,23i h49,10,51i h13,3,14i u lẻ v chẵn k = 5 k = 6 k = 7 h3,4,1i h3,2,2i h1,2,1i h29,24,61i h25,6,29i h3,4,11i u chẵn v lẻ k = 9 k = 2 k = 3 h2,3,3i h4,3,1i h4,3,3i h9,4,15i h23,24,41i h13,8,19i
Khi k = 2 2i λ với λ ≡ 1,2,3 (mod4) và i ∈ N, việc tìm tất cả các nghiệm nguyên thủy của phương trình a² + λβ² = c² (1.13) tương đương với việc tìm các nghiệm nguyên thủy của (1.8), trong đó β = 2i b Định lý 1.2.4 cho biết nếu k ≡ 0 (mod4) và λ ≡ 1,2,3 (mod4) với k = 4i λ cho một i ∈ N nào đó, thì tất cả các nghiệm nguyên thủy của phương trình a² + kb² = c² có dạng a = λu² - v².
√ k và thỏa mãn bảng sau λ lẻ λ chẵn u, v lẻ Không xảy ra Chỉ xảy ra khi i = 1 u lẻ, v chẵn 2 i−1 |v 2 i |v u chẵn, v lẻ 2 i−1 |u 2 i−1 |u
Chứng minh rằng, với các giá trị k, λ, và i được chọn theo giả thiết của định lý, tất cả các bộ ba nguyên thủy a, b, c của phương trình (1.13) được xác định bởi các công thức a = ku² - v² r, b = 2uv r, c = ku² + v² r, trong đó u và v là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và u ≥ v.
Để tìm nghiệm của phương trình (1.8), cần chọn λ và r theo Định lý 1.2.2, đồng thời đảm bảo rằng 2i b = β Tất cả các nghiệm nguyên thủy của phương trình a² + kb² = c² có dạng a = ku² - v² r và b = β.
Trước tiên ta xét trường hợp λ ≡ 1,3 (mod4), nghĩa là λ là số lẻ. Nếu u, v cùng lẻ thì β = 2 i b = 2uv
Do đó 2 i uv, điều này là mâu thuẫn Nếu u lẻ, v chẵn thì β = 2 i b = 2uv
Vì vậy 2 i−1 uv, hay 2 i−1 v Nếu u chẵn, v lẻ thì β = 2 i b = 2uv
Tiếp theo ta xét trường hợp λ ≡ 2 (mod4) Theo Định lý 1.2.2 ta có r = (v, λ) Nếu u, v cùng lẻ thì β = 2 i b = 2uv
Vì (v, λ) lẻ và 2 i−1 |uv nên i = 1 Nếu u lẻ, v chẵn thì
(v, λ). Khẳng định này dẫn đến 2 i v Nếu u chẵn, v lẻ thì
Do đó ta có điều cần chứng minh.
Kết quả khẳng định cho Bài toán hình hộp cho thấy khi k = 2m + 1, chỉ cần xem xét các trường hợp k ≡ 1, 3 (mod 4) Theo Định lý 1.2.5, với m ∈ N và các số nguyên dương u, v thỏa mãn (u, v) = 1 và u ≥ v, chúng ta có những kết quả quan trọng cần lưu ý.
(1.14) cho ta tất cả các tỉ số A
B sao cho các nghiệm của đạo hàm cấp 1, cấp 2 của đa thức y = x(x m −A) (x m −B) là m−hữu tỷ.
Chứng minh Từ phương trình (1.7) ta đặtb = 2gmq và c = (m+ 1)f q.
Nếu ta tìm được tỉ số f g và kết hợp với công thức trong Định lý 1.2.1 ta có f g = c b
Do đó từ phương trình 1.14, ta có
Theo Định lí 1.2.1, phương trình a 2 + (2m + 1)b 2 = c 2 có các nghiệm a = λku 2 −v 2 r , b = λ2uv r , c= λku 2 + v 2 r trong đó (u, v) = 1 và u ≥ v
−(2m+ 1). Định lý 1.2.5 cho ta một hệ quả quan trọng được dùng cho chứng minh kết quả chính của chương này.
Hệ quả 1.2.6 Giả sử A, B cùng dấu Khi đó ta chỉ cần chọn u ≥ v và(u, v) = 1.
Chứng minh Vì A, B cùng dấu, không mất tính tổng quát ta giả sử A
Theo bất đẳng thức Cauchy, vế trái luôn lớn hơn hoặc bằng0.Vì A≥ B nên
R ≥ (m+ 1) 2 Khẳng định này suy ra ±√
R ≥ m Vì m là số nguyên dương nên
R ≥ m, nghĩa là R ≥ m 2 Do đó ta có
Bất phương trình này tương đương với
Bất phương trình này tương đương với
√2m+ 1 nên nếu cố định a thỏa mãn 0 ≤ a ≤ √
2m+ 1 sao cho u = v a thì ta có thể viết biểu thức trên thành
Bất đẳng thức này cho ta
Bất đẳng thức này đúng khi a không nằm giữa 2 nghiệm a 1 = 1;a 2 2m + 1 của phương trình bậc hai Vì a ≤ √
Dựa vào điều kiện 2m + 1, ta có thể suy ra rằng a = v u ≤ 1, dẫn đến kết luận u ≥ v Định lý 1.2.7 trong chương này khẳng định rằng với các số nguyên dương v và u, thỏa mãn u ≥ v và (u, v) = 1, phương trình liên quan sẽ có nghiệm Đây là kết quả chính của bài toán hình hộp.
4uv , cho ta tất cả các tỷ số A
B là nghiệm của Bài toán hình hộp, ở đây A≥ B. Chứng minh Vì A ≥ B > 0 theo Hệ quả 1.2.6 ta chỉ cần chọn u ≥ v và loại trừ trường hợp
−(2m+ 1) trong (1.14), bởi vì đây là số âm Do đó, nếu ta lấy m = 1 thì ta có tất cả các nghiệm của (1.1) xác định bởi
Sự biến đổi các biến trong phương trình (1.2) không ảnh hưởng đến tỷ số của các nghiệm, do đó phương trình này thể hiện tất cả các nghiệm của bài toán gốc.
Một số ví dụ và bài tập
Giữ nguyên các ký hiệu như trong Định lý 1.2.7.
Ví dụ 1.3.1 Trong Định lý 1.2.7 chọn u = v = 1 thì ta có A = B Khi đó Bài toán hình hộp chính là Bài toán 1, và thể tích của khối hộp là
V = x(A−2x) 2 với 0< x < A/2 Xét hàm số y = x(2x−A) 2 với 0 < x < A/2.
Đạo hàm cấp một của hàm số là y' = (2x−A)(6x−A), và y' = 0 khi x = A/2 hoặc x = A/6 Từ bảng biến thiên, giá trị cực đại của hàm số là 2A³/27, đạt được tại x = A/6 Do đó, thể tích lớn nhất của khối hộp là 2A³/27, với chiều cao A/6 và độ dài hai cạnh đáy là 2A/3, cho thấy khối hộp có các kích thước hữu tỷ.
Ví dụ 1.3.2 Trong Định lý 1.2.7 chọn u = 3 và v = 1 thì ta có
3. Khi đó A = 8a, B = 3a với a là một số nguyên dương nào đó Thể tích của khối hộp là V = x(8a−2x)(3a−2x) với 0 < x < 3a/2 Xét hàm số y = x(2x−8a)(2x−3a) với 0< x < 3a/2.
Khi đó đạo hàm cấp một của hàm số này là y 0 = 12x 2 −44ax + 24a 2
Hàm số y 0 = 0 khi và chỉ khi x = 2a/3 hoặc x = 3a Giá trị cực đại của hàm số là 200a^3/27, đạt được tại x = 2a/3 Thể tích lớn nhất của khối hộp là 200a^3/27 khi chiều cao là 2a/3 và độ dài hai cạnh đáy lần lượt là 20a/3 và 5a/3, cho thấy khối hộp có các kích thước hữu tỷ.
Dưới đây là một phản ví dụ cho Định lý 1.2.7 Ví dụ chỉ ra rằng nếu
A, B không thỏa mãn Định lý 1.2.7 thì A
B không là nghiệm của Bài toán hình hộp.
Ví dụ 1.3.3 Trước tiên chọn A = 4, B = 3 Khi đó thể tích của khối hộp là V = x(4−2x)(3−2x) với 0 < x < 3/2 Xét hàm số y = x(2x−4)(2x−3) = 4x 3 −14x 2 + 12x với 0 < x 0, giả sử r/s là một nghiệm hữu tỷ của phương trình f(x) = 0 với (r, s) = 1 Ta cần chỉ ra rằng nếu r/s là nghiệm, thì r phải chia hết cho hằng số a0 và s phải chia hết cho hệ số an.
Lời giải Vì r/s là nghiệm của phương trình f(x) = 0 nên ta có a 0 +a 1 (r/s) + +a n (r/s) n = 0.
Quy đồng phân số ta được r(a 1 s n−1 + .+a n r n−1 ) = −a 0 s n
Do đó r là ước của a 0 s n Vì (r, s) = 1 nên (r, s n ) = 1 Suy ra r là ước của a 0 Hoàn toàn tương tự ta suy ra s là ước của a n
Bài tập 2 Áp dụng Bài tập 1 tìm nghiệm hữu tỷ của các đa thức sau. (i)f(x) = 2x 4 + 3x 3 + 4x 2 + 5x+ 2.
Hướng dẫn tìm nghiệm hữu tỷ của phương trình f(x) = 0 cho thấy các giá trị có thể là ±1/2, ±1 và ±2 Khi thay các giá trị này vào phương trình, ta dễ dàng xác định được nghiệm hữu tỷ là −1 Phương pháp tương tự cũng áp dụng cho g(x).
Bài tập 3 Chứng minh rằng hàm số f(x) =x(2x−5)(2x−3) không có cực trị hữu tỷ.
Hướng dẫn Tính đạo hàm cấp 1 và giải phương trình f 0 (x) = 0. Bài tập 4 Chứng minh rằng không có giá trị nguyên dương u, v nào thỏa mãn
4uv Hướng dẫn Đưa về phương trình bậc hai đối với ẩn là u/v như trong
Ví dụ 1.3.3 và chỉ ra phương trình không có nghiệm hữu tỷ.
Bài tập 5.Chứng minh rằng hàm số f(x) =x(2x−A)(2x−2A) không có cực trị hữu tỷ với mọi A ∈ Z.
Hàm số f 0 (x) = 12x^2 − 12Ax + 2A^2 có discriminant ∆ 0 = 12A^2 không phải là bình phương của một số hữu tỷ Điều này dẫn đến việc hàm số không có cực trị hữu tỷ cho mọi A thuộc tập số nguyên Z.
Bài toán chiếc hộp liên quan chặt chẽ đến nghiệm hữu tỷ của đa thức và các đạo hàm của nó Chương 2 sẽ trình bày các kết quả phân loại đa thức nguyên, trong đó đa thức và các đạo hàm chỉ có nghiệm hữu tỷ khi bậc của chúng là 3, 4 hoặc 5 Những đa thức này được gọi là đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
Đa thức dẫn xuất hữu tỷ
D(n, l, k) là tập hợp tất cả các đa thức f(x) bậc n có hệ số trong miền nguyên k, với điều kiện rằng tất cả các nghiệm của các đạo hàm f(x), f'(x), , f^(l)(x) đều thuộc miền k, trong đó l là một số tự nhiên dương.
Ví dụ 2.1.2 Xét đa thức y = x 3 −33x 2 + 216x với hệ số trên Z Khi đó các đạo hàm cấp 1 và cấp 2 của đa thức này là y = x 3 −33x 2 + 216x = x(x−9) (x−24) y 0 = 3x 2 −66x+ 216 = 3 (x−4) (x−18) y 00 = 6 (x−11).
Rõ ràng tất cả các nghiệm của y, y 0 , y 00 là những số nguyên Do đó y = x 3 −33x 2 + 216x ∈ D(3,2,Z).
1 Nhắc lại, miền nguyên là vành giao hoán có đơn vị và không có ước của 0.
20 Định nghĩa 2.1.3 Một đa thức trong D(n, l, k) được gọi là một đa thức (n, l, k) dẫn xuất hay đơn giản là một đa thức k-dẫn xuất.
Nếu k = Q thì các đa thức thuộc D(n, l,Q) được gọi ngắn gọn là các đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
Chú ý 2.1.4 Cho trước một đa thức p dẫn xuất, ta có các phép toán sau tác động lên đa thức p này.
(i) Đầu tiên là phép phản chiếu theo đường x = t hoặc y = t với t ∈ k, kí hiệu R t x và R t y , ở đây
(ii) Phép nhân vô hướng với t∈ k ∗ = k\ {0} theo trục x hay trục y, kí hiệu S t x và S t y , ở đây
(iii) Phép tịnh tiến song song với trục x và trục y bởi t ∈ k, kí hiệu
Chú ý rằng R x t = T 2t x ◦R 0 x , và R t y = T 2t y ◦R y 0 Ta luôn có R x 0 , R y 0 đều bảo toàn tính chất k-dẫn xuất của đa thức Phép tính tiến theo trục y,
S t y luôn bảo toàn tính k-dẫn xuất của đa thức Nếu k là một trường, thì S t x(p(x)) là k-dẫn xuất khi p(x) là k-dẫn xuất với mọi t ∈ k ∗ Tuy nhiên, nếu k là một miền nguyên, chỉ những phép biến đổi S t x với t là ước của ước chung lớn nhất của tất cả các nghiệm của p(x) và các đạo hàm của nó mới bảo toàn tính k-dẫn xuất Hơn nữa, mọi phép tịnh tiến của trục x, T t x, đều bảo toàn tính k-dẫn xuất, trong khi phép tịnh tiến của trục y, T t y, có thể bảo toàn hoặc không.
Trong các phần tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét tập hợp các đa thức phân biệt modulo một hợp thành tùy ý từ các phép biến đổi trong X hoặc trong X ∗ Các tập hợp này được ký hiệu là D(n, l, k) và D ∗ (n, l, k).
G = hXi là tập hợp các biến đổi sinh ra từ tập X Hai đa thức p và q được xem là bằng nhau modulo G nếu tồn tại g ∈ G sao cho g(p) = q Quan hệ bằng nhau modulo G là một quan hệ tương đương, và tập D(n, l, k) đại diện cho các lớp tương đương theo quan hệ này Để đơn giản, chúng ta cũng đồng nhất một lớp tương đương trong tập D(n, l, k) với một đa thức đại diện cho lớp đó.
Ta có những nhận xét sau.
1 Tất cả đa thức trong Z[x] là Q-dẫn xuất.
2 Đa thức x n là k-dẫn xuất, cho trường số bất kỳ k.
3 Cho một đa thức y tùy ý, tồn tại một trường k sao cho y ∈
6 Số phần tử của D(n, l,Z) lớn hơn hoặc bằng 2, với mọi n > l ≥ 1.
8 D(n, l,O k ) = D(n, l, k) cho trường số k bất kỳ. Để thuận tiện cho việc trình bày, ta kí hiệu D(n, k), D(n, k) và
D ∗ (n, k) khi l ≥ n− 1 cho mọi miền nguyên hoặc l ≥ n−2 cho một trường Nếu k = Q, kí hiệu đơn giản là D(n), D(n) và D ∗ (n) cho các trường hợp tương ứng.
Trong phần tiếp theo ta xét k = Z hoặc k = Q Người ta đã chứng minh được kết quả sau. Định lý 2.1.5 Các phát biểu sau là đúng.
(ii) D(3) = {x 3 }S{x(x−1)(x−a)}, trong đóa = ω(ω−2) ω 2 −1 , ω ∈ Q. (iii) D(4) ⊇ x 4 S{x 2 (x−1)(x−a)}, trong đó a = 9 (2ω+ z−12) (ω+ 2) (z−ω −18) (8ω+ z) , (ω, z) ∈ E(Q), với E là đường eliptic z 2 = ω(ω −6) (ω + 18).
Đối với mọi n ≥ 5, ta có D(n) ⊇ x^n, x^(n−1)(x−1) Để dễ dàng trình bày, chúng ta có thể phân lớp các đa thức Một đa thức p(x) có kiểu (m1, m2, , mr) nếu nó có r nghiệm phân biệt, trong đó mi là bội của nghiệm thứ i Rõ ràng, tổng m1 + m2 + + mr chính là bậc của đa thức p.
Ví dụ các đa thức có kiểu p (1,1,1,1) có biểu diễnx(x−1) (x−a) (x−b). Khi đó ta có phân lớp các đa thức bậc 4 có bốn nhân tử cho bởi mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.1.6 Các phát biểu sau là đúng.
(i) Các đa thức có kiểu p (2,1,1) là đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
(ii) Các đa thức có kiểu p (2,2) không là đa thức dẫn xuất hữu tỷ. (iii) Các đa thức có kiểu p (3,1) là đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
(iv) Các đa thức có kiểu p (4) là đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
Các đa thức p(4), p(3,1) và p(2,1,1) lần lượt được biểu diễn là x^4, x^3(x−1) và x^2(x−1)(x−a) Qua việc tính toán các đạo hàm, ta nhận thấy rằng x^4, x^3(x−1) và x^2(x−1)(x−a) đều là các đa thức dẫn xuất hữu tỷ Đối với đa thức p(2,2), biểu diễn của nó là y = x^2(x−1)^2, và đạo hàm bậc hai của nó là y'' = 12x^2 − 12x + 2, không có nghiệm hữu tỷ Do đó, đa thức p(2,2) không phải là dẫn xuất hữu tỷ Các đa thức có kiểu p(1,1,1,1) được nghiên cứu bởi các tác giả R.H Buchholz-J.
MacDougall đã đưa ra giả thuyết rằng không tồn tại đa thức nào có kiểu p(1,1,1,1) là dẫn xuất hữu tỷ Tương tự, định lý 2.1.7 khẳng định rằng không có đa thức nào có kiểu p(2,2,1) là dẫn xuất hữu tỷ.
Chứng minh Xét đa thức thuộc dạngp (2,2,1) , nó có dạngy = x 2 (x−1) 2 (x−a), với a hữu tỷ Khi đó các đạo hàm của đa thức này là y = x 2 (x−1) 2 (x−a), y 0 = x(x−1)(5x 2 −(4a+ 3)x+ 2a), y 00 = 20x 3 −12(a+ 2)x 2 + 6(2a+ 1)x−2a, y 000 = 6(10x 2 −4(a+ 2)x+ (2a+ 1)).
Nếu các đạo hàm đầu tiên và thứ 3 có nghiệm hữu tỷ thì các đa thức
5x 2 −(4a+ 3)x+ 2a và 10x 2 −4(a+ 2)x+ (2a+ 1) có nghiệm hữu tỷ.
Suy ra tích của 2 biệt thức của hai đa thức bậc hai này là bình phương của số hữu tỷ, nghĩa là
Phương trình \(4a^2 - 4a + 6 = 16a^2 - 16a + 9 = b^2\) với \(b\) là một số hữu tỷ chỉ có nghiệm hữu tỷ \(a = \frac{1}{2}\), \(b = \pm 5\) theo [2, Proof of Theorem 1] Khi thử với \(a = \frac{1}{2}\), đa thức \(y_0 = x(x-1)(5x^2 - 5x + 1)\) không có tất cả các nghiệm là hữu tỷ, điều này chứng minh định lý Đối với các đa thức có dạng \(p(1,1,1,1)\) hoặc \(p(3,1,1)\), ta đưa ra các giả thuyết sau.
Giả thuyết 1 : Không có đa thức kiểu p (1,1,1,1) là dẫn xuất hữu tỷ.
Giả thuyết 2 : Không có đa thức kiểu p (3,1,1) là dẫn xuất hữu tỷ.
Tương tự như các đa thức bậc 4, ta có bảng phân loại cho các đa thức bậc 5 như sau.
Mệnh đề 2.1.8 Tính chất dẫn xuất hữu tỷ của các đa thức bậc 5 có năm nhân tử được cho bởi bảng sau.
Kiểu Biểu diễn Q-dẫn xuất p(1,1,1,1,1) p (2,1,1,1) p (2,2,1) p (3,1,1) p (3,2) p (4,1) p (5) x(x−1) (x−a) (x−b) (x−c) x 2 (x−1) (x−a) (x−b) x 2 (x−1) 2 (x−a) x 3 (x−1) (x−a) x 3 (x−1) 2 x 4 (x−1) x 5
Không - Giả thuyết 1 Không - Giả thuyết 1 Không - Định lý 2.1.7 Không - Giả thuyết 2 Không - √
Bằng cách tính các đạo hàm của đa thức p(5) và p(4,1), ta kết luận rằng chúng là dẫn xuất hữu tỷ Ngược lại, đa thức p(3,2) có đạo hàm cấp ba là y(3) = 60x² - 48x + 6, dẫn đến phương trình y(3) = 0 tương đương với 10x² - 8x + 1 = 0 Với biệt thức ∆ = 6, nghiệm của phương trình không phải là số hữu tỷ, do đó p(3,2) không phải là dẫn xuất hữu tỷ Các đa thức bậc 5 còn lại như p(1,1,1,1,1) và p(2,1,1,1) đều có đạo hàm bậc một thuộc kiểu p(1,1,1,1), khiến chúng cũng không thể là dẫn xuất hữu tỷ theo Giả thuyết 1.
Theo Chris K Caldwell (1990), các đa thức bậc 4 có dạng x(x−1)(x−a)(x−a−1) không thể là dẫn xuất hữu tỷ, cho thấy rằng kết quả liên quan đến giả thuyết 1 vẫn còn hạn chế Ngược lại, giả thuyết 2 đã có nhiều kết quả hơn, trong đó có việc xác định rằng tồn tại hữu hạn các đường bậc 5 thỏa mãn và có thể đưa ra chặn trên cho số lượng các đường này Nếu cả hai giả thuyết 1 và 2 đều đúng, thì sẽ có những kết luận quan trọng được rút ra từ đó.
Chứng minh Nếu n= 5 thì ta có x 5 , x 4 (x−1) ⊆ D(5) Ta cũng có p (2,3) ∈/ D 5 bằng cách kiểm tra đạo hàm bậc 2, trong khi p (3,1,1) ∈/ D 5 theo Giả thuyết 2.
Theo Định lý 2.1.7, các đa thức dạng p(2,2,1) không phải là dẫn xuất hữu tỷ Các đường bậc 5 còn lại thuộc kiểu p(1,1,1,1,1) và p(2,1,1,1) có đạo hàm bậc một thuộc kiểu p(1,1,1,1), do đó không thể là dẫn xuất hữu tỷ theo Giả thuyết 1 Giả sử khẳng định của định lý đúng cho các đa thức bậc (n−1), thì tất cả đa thức bậc n với nhiều nhất (n−2) nhân tử bội sẽ có đạo hàm đầu tiên với nhiều nhất (n−3) nhân tử bội.
Vì vậy theo quy nạp ta có điều cần chứng minh.
Phần tiếp theo ta sẽ làm rõ hơn các tập D ∗ (n) khi bậc của các đa thức là 3 hoặc 4.
Đường bậc 3 với 3 nghiệm phân biệt
Kết thúc của hai đa thức là một khái niệm quan trọng trong đại số Định nghĩa rõ ràng cho hai đa thức f(x) = a0x^n + + an và g(x) = b0x^m, với điều kiện a0b0 ≠ 0, cho phép ta xác định kết thúc của chúng, ký hiệu là R(f, g).
(α i −β j ), ở đây α i là tất cả các nghiệm của f(x) và β j là tất cả các nghiệm của g(x).
Rõ ràng từ định nghĩa ta có R(f, g) = 0 khi và chỉ khi f(x), g(x) có nghiệm chung Hơn nữa
Định nghĩa 2.2.2 Cho f(x) = a 0 x n + + a n sao cho a 0 6= 0 Biệt thức (discriminant) D của đa thức này được định nghĩa là
(α i −α j ) 2 , ở đây α i là tất cả các nghiệm của f(x).
Khi đóR(f, f 0 ) = (−1) n(n−1)/2 a 0 D.Thật vậy, vìf(x) = a 0 Q i
Biệt thức D của đa thức f cung cấp thông tin quan trọng về nghiệm chung của f và f 0, hay còn gọi là các nghiệm kép của f, được tính bằng công thức R(f, f 0 ) = (−1) n(n−1)/2 a 0 D.
Xét một đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc 3 có dạng f(x) = x(x−1)(x−a) với 3 nghiệm phân biệt, trong đó a khác 0 và 1 Do f là dẫn xuất hữu tỷ, hàm số đạt cực trị tại x = x max, và f(x max) cũng là hữu tỷ Khi tiến theo trục y với t = f(x max), đa thức f chuyển thành đa thức g Giá trị x max trở thành một nghiệm bội (hữu tỷ) của g Vì tổng các nghiệm của g là số hữu tỷ, nên nghiệm còn lại cũng là hữu tỷ, từ đó suy ra g là dẫn xuất hữu tỷ với g' = f' Điều này chứng tỏ rằng một đa thức dẫn xuất hữu tỷ với 3 nghiệm phân biệt có thể biến đổi thành một đa thức dẫn xuất hữu tỷ có một nghiệm bội.
Giả sử ta tịnh tiến f (x) theo trục y một đoạn b ∈ Q ta thu được đa thức
Suy ra F 0 (x) = 3x 2 −2 (a+ 1)x+a Khi đó F (x) có 1 nghiệm bội nếu và chỉ nếu ∆ (F) = 0 Vì vậy biệt thức
= 0 có các nghiệm hữu tỷ với cặp số a và b chỉ khi biệt thức hiểu theo nghĩa bậc 2 của b là bình phương hữu tỷ, tức là
Để giải bài toán, ta có ∆(∆(F)) = 16a² - a + 1 Điều này cho thấy a² - a + 1 là bình phương của một số hữu tỷ, tức là a² - a + 1 = k² với k ∈ Q Nhắc lại rằng a = ω(ω - 2)/(ω² - 1), trong đó ω ∈ Q* và mọi đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc 3 có 3 nghiệm phân biệt Thay vào biểu thức này, ta có thể tìm được a² - a + 1 = (ω² - ω + 1)/(ω² - 1).
Nghĩa là ∆ (∆ (F)) là bình phương của một số hữu tỷ, điều này chứng minh rằng tất cả các đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc 3 có thể chuyển đổi tương đương với x^2 (x−1).
Vì vậy ta có kết quả sau.
Đường bậc bốn với bốn nghiệm phân biệt
Có hai phương pháp để nghiên cứu các đa thức bậc 4 kiểu p (1,1,1,1) Phương pháp đầu tiên là sử dụng đa thức bậc 4 tổng quát và phân tích ba đạo hàm đầu tiên của nó Cụ thể, với y = x(x−4a)(x−4b)(x−4c), ta có đạo hàm bậc nhất y' = 4x^3 − 12(a+b+c)x^2 + 32(ab+ac+bc)x − 16abc, đạo hàm bậc hai y'' = 12x^2 − 24(a+b+c)x + 32(ab+ac+bc), và đạo hàm bậc ba y''' = 24x − 24(a+b+c).
Tịnh tiến theo x 7→ x + (a + b + c) để chuyển đổi thành phương trình bậc 4 với 4 nghiệm nguyên Để đơn giản hóa điều kiện y(0) = 0 và y''(0) = 0, ta chuyển các số hạng bình phương và các số hạng tuyến tính tương ứng, từ đó thu được phương trình x^3 − px + q = 0 và 3x^2 − p = 0 Trong đó, p được xác định là (−a + b + c)² + (a − b + c)² + (a + b − c)² và q = 2(−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c).
Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp đường bậc bốn chỉ với đạo hàm bậc2 Xét một phép biến đổi tuyến tính thỏa mãn
Khi đó đạo hàm bậc 2 trở thành 3x 2 = A 2 +B 2 +C 2 Chú ý rằng
Đa thức bậc hai thuần nhất có nghiệm riêng (A, B, C, x) = (1,1,1,1) và có thể được tham số hóa qua các phương trình dA, dB, dC, và dx, với d là ước số chung lớn nhất của các hằng số Khi giải các phương trình này cho a, b, c, ta nhận được đặc trưng quan trọng Theo Định lý 2.3.1, tất cả đa thức bậc bốn với hệ số nguyên và bốn nghiệm phân biệt, thỏa mãn các đạo hàm bậc 2, bậc 3 có nghiệm trong Z, tương đương với đa thức bậc 4 có dạng y = x(x−4a)(x−4b)(x−4c), với các điều kiện cụ thể cho da, db, dc, đảm bảo rằng (u−v)(u−ω)(v−ω)(u+v+ω) khác không.
Trường hợp đường bậc bốn với chỉ đạo hàm bậc nhất là một thách thức lớn hơn, vì yêu cầu đạo hàm bậc nhất là một đa thức bậc 3 với các nghiệm là số nguyên Theo định lý 2.3.2 của Schulz, một đa thức bậc 3 có dạng f(x) = x³ + Px + Q sẽ có ba nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ nếu các điều kiện nhất định được thỏa mãn.
(i) Tồn tại một nghiệm hữu tỷ;
(ii) −3((P/3) 3 + (Q/2) 2 ) là số chính phương hữu tỷ.
Tiếp theo là một kết quả của Mordell (1969). Định lý 2.3.3 Tất cả các nghiệm của phương trình
Hàm H(x, y) được định nghĩa là H(x, y) = 7x² + 74xy + 196y² cho mọi cặp (x, y) thuộc Z² Theo Định lý 2.3.4, phương trình bậc 3 có dạng x³ - px + q sẽ có ba nghiệm nguyên phân biệt và nguyên tố cùng nhau nếu và chỉ nếu các điều kiện nhất định được thỏa mãn.
Chứng minh Đầu tiên ta giả sử đường bậc 3 có ba nghiệm phân biệt nguyên tố cùng nhau là a 0 , b 0 , c 0 Khi đó x 3 −px+ q = (x−a 0 )(x−b 0 )(x−c 0 ).
Nếu a và b đều là số chẵn hoặc số lẻ, thì 2 chia hết cho q Ngược lại, nếu một trong hai số a hoặc b là số chẵn và số còn lại là số lẻ, thì 2 cũng chia hết cho q Giả sử a, b, c là ba số nguyên tố cùng nhau.
Suy ra (p, q)|((a 0 ) 3 ,(b 0 ) 3 ) và do đó (p, q)|((a 0 , b 0 )) 3 = 1 Bằng một tính toán đơn giản ta thu được
Và vì vậy ta có thể suy ra bài toán tìm nghiệm của
Không mất tính tổng quát, ta có thể đặt q = 2Qvà r = 2R, thì phương trình trở thành p 3 = 27Q 2 +R 2 ; gcd(p, Q) = 1. Áp dụng Định lý 2.3.3 ta suy ra nghiệm là (p, Q) = (H(u, v); 1
3f(u, v)) với u, v là các số nguyên tùy ý Bây giờ, ta có x 3 −H(u, v)x+2
3f(u, v) = [x−(2u+ 10v)][x−(u+ 6v)][x+ (3u+ 16v)] và kiểm tra trực tiếp thì ta suy ra điều phải chứng minh.
Đường bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ
Nếu chúng ta kết hợp tham số hóa của định lý 2.3.1 và điều kiện của định lý 2.3.4 thì ta thu được
A 4 (u, v, w)A 6 (u, v, w) = B 2 ở đó A4, A6 là các đa thức thuần nhất tương ứng bậc 4 và 6 Vì vậy, ta có thể chia cho w 10 và đặt
U := u w; V := v w để thu được một siêu mặt siêu eliptic bậc 10 dạng
Một đa thức bậc 4 có thể được biểu diễn dưới dạng p(1,1,1,1), với một nghiệm tại x = 1 và yêu cầu đạo hàm bậc 1 đi qua gốc tọa độ Xét trên tập các số hữu tỷ, ta có công thức y = (x−1)(x−a)(x−b)(x−c) = x^4 − σ1x^3 + σ2x^2 − σ3x + σ4 Các đạo hàm lần lượt là y' = 4x^3 − 3σ1x^2 + 2σ2x − σ3 và y'' = 12x^2 − 6σ1x + 2σ2 Trong đó, σi là các đa thức đối xứng cơ bản của các nghiệm, với σ1 = x1 + x2 + x3 + x4, σ2 = x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4, σ3 = x1x2x3 + x1x2x4 + x1x3x4 + x2x3x4, và σ4 = x1x2x3x4.
Nếu ta gọi hệ số hằng của y 0 là 0thì vấn đề của chúng ta được đơn giản thành một cặp đa thức bậc 2.
Chú ý rằng điều kiện σ3 = 0 tương đương với c = −ab/(ab+a+b) Đồng nhất này chứng minh rằng tất cả các nghiệm của đa thức bậc 4 là hữu tỷ Hơn nữa, đạo hàm bậc nhất và bậc hai của đa thức này cũng có tất cả nghiệm hữu tỷ nếu và chỉ nếu hai biệt thức tương ứng là bình phương hữu tỷ.
Thay thế σ 1 ;σ 2 như tổng các số hạng chứa a;b và quy đồng mẫu số đầu ta thu được r 4 b 4 −r 3 b 3 +r 2 b 2 +r 1 b+r 0 = s4b 4 −s3b 3 +s2b 2 + s1b+ s0 = , ở đó r 4 = 9a 2 + 18a+ 9; s 4 = 9a 2 + 18a+ 9, r 3 = 14a 3 + 10a 2 + 10a+ 14; s 3 = 6a 3 −6a 2 −6a+ 6, r 2 = 9a 4 −10a 3 −6a 2 −10a+ 9; s 2 = 9a 4 + 6a 3 + 18a 2 + 6a+ 9, r 1 = 18a 4 −10a 3 −10a 2 + 18a; s 1 = 18a 4 + 6a 3 + 6a 2 + 18a, r 0 = 9a 4 −14a 3 + 9a 2 ; s 0 = 9a 4 −6a 3 + 9a 2
Vì hệ số của b4 là số chính phương, chúng ta có thể chuyển tất cả các phương trình về dạng đa thức đơn khởi với hệ số cao nhất bằng 1 Điều này cho phép chúng ta loại bỏ hệ số bậc 3 bằng cách áp dụng biến đổi Mordell, từ đó thu được đường eliptic với các hệ số là đa thức theo tham số a Các đường eliptic này có thể được chuyển đổi về một dạng cụ thể.
Es[a] :Z 2 = W(W 2 +S2W +S4), ở đó các hệ số được xác định như sau
Tất cả các biến đổi này là song hữu tỷ, do đó có thể chứng minh rằng mọi điểm hữu tỷ (w, z) ∈ E r [a](Q) và (W, Z) ∈ E s [a](Q) tương ứng với cùng giá trị b thuộc một đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc 4.
Nếu ta dịch chuyển các đường bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ theo trục dọc một khoảng cách hữu tỷ, giá trị cực tiểu địa phương ký hiệu x min sẽ trở thành nghiệm kép Do đó, thương của hai nghiệm (ký hiệu s, r) của đường bậc 4 có thể nằm trong một mở rộng bậc 2.
Xét một đa thức bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ, f(x) = x(x−1)(x−a)(x−b),
Tịnh tiến đồ thị của f(x) theo một khoảng cách hữu tỷ c dọc theo trục tung Giả sử rằng đường bậc 4 mới
F(x) =x(x−1)(x−a)(x−b) + c (2.3) là một đa thức dẫn xuất hữu tỷ có một nghiệm kép Như phân tích ở trên, ta có ∆(F) = 0, nghĩa là
Số các nghiệm thực của đường bậc 3 này được xác định bởi biệt thức của nó, vì vậy trong trường hợp này ta có
∆(∆(F)) = −2 12 (a−b−1) 2 (a−b+ 1) 2 (a+b−1) 2 D 6 (a, b) 3 ở đó D 6 (a, b) là một đa thức hai biến bậc 6 xác định bởi
−(14a 3 −3a 2 b−3ab 2 + 14b 3 ) + 9a 2 −9ab+ 9b 2 Đặt∆F := ∆(∆(F))thì số các nghiệm thực của phương trình ∆(F) = 0 chính xác là 1,2,3 tương ứng với trường hợp ∆ F > 0; ∆ F = 0 hay
Bằng phương pháp giải tích trên siêu phẳng định nghĩa bởi z D 6 (a, b) khẳng định nó có 3 điểm dừng như trong bảng dưới đây
Cực tiểu Điểm uốn Cực tiểu
VìD 6 (0,0) = D 6 (1,1) = 0vàD 6 (1/2,1/2) = 1/2nên rõ ràngD 6 (a, b) ≥
0 Điều này kéo theo ∆ F < 0 Vì vậy phương trình (2.3) có thể không có một nghiệm thực.
Trong trường hợp ∆ F = 0 thì ta có một trong các trường hợp a−b−1 = 0; a−b+ 1 = 0; a+b−1 = 0; D 6 (a, b) = 0.
Ba trường hợp đầu tiên là hiển nhiên dẫn đến một đa thức đối xứng bậc
4 không thể là dẫn xuất hữu tỷ Đối với trường hợp cuối cùng, ta chú ý rằng D6(a, b) liên kết với biệt thức của f 0 (x) Đặc biệt ta có
∆(f 0 ) =−16D 6 (a, b) vì vậy D 6 (a, b) = 0 thì ∆(f 0 ) = 0 Điều này kéo theo f 0 có thể có 1 nghiệm kép Điều này là không thể bởi vì ta đã giả sử f có 4 nghiệm phân biệt.
Trường hợp thương chỉ xảy ra nếu ∆ F < 0 tức là D 6 (a, b) > 0 Ta có
Nếu ∆ F 6= − thì ∆(f 0 ) 6= − Vì vậy f 0 sẽ không có 3 nghiệm hữu tỷ theo định lý 2.3.2 Ngược lại nếu ∆ F = − thì ∆(f 0 ) = − kéo theo trường hợp f 0 có 3 nghiệm phân biệt bị loại trừ.
Trước đây, ta có thể nghĩ rằng lớp các đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc
4 có 4 nghiệm phân biệt thực sự được chia làm hai loại
1 Lớp thu được bởi một phép tịnh tiến hữu tỷ từ một đa thức bậc 4 dạng p (2,1,1)
2 Lớp các đa thức không ở dạng đầu tiên.
Các kết quả cho thấy lớp thứ 2 là rỗng, dẫn đến định lý 2.4.1: Tất cả các đa thức bậc 4 dẫn xuất hữu tỷ tương đương mod hX ∗ i với một đa thức trong tập.
Trong Định lý 2.4.1, khi w = 6, ta có z = 0 và a = 0, dẫn đến đa thức x^2(x−1)(x−a) = x^3(x−1) thuộc D*(4) Do đó, tất cả các đa thức tương đương mod hX*i với x^3(x−1) đều là dẫn xuất hữu tỷ, trong đó đa thức x^3(x−1) cũng được xác định là dẫn xuất hữu tỷ.
Bài tập đề xuất
Bài viết này giới thiệu một số bài tập về đa thức dẫn xuất hữu tỷ, trong đó bài tập đầu tiên yêu cầu chứng minh rằng đa thức f(x) = x(x−1)³ là dẫn xuất hữu tỷ Để thực hiện điều này, người học cần tính các đạo hàm f^(i)(x) và giải các phương trình f^(i)(x) = 0 với i = 0, 1, 2, 3.
Bài tập 2 Chứng minh đa thức x 2 (x−1) 2 (x−2) không là dẫn xuất hữu tỷ.
Hướng dẫn Đạo hàm cấp 1làx(x−1)(5x 2 −11x+4).Rõ ràng phương trình 5x 2 −11x+ 4 = 0 không có nghiệm hữu tỷ Do đó đa thức đã cho không là dẫn xuất hữu tỷ.
Bài tập 3 Chứng minh đa thức x(x −4) 2 (x + 4) không là dẫn xuất hữu tỷ.
Hướng dẫn Đạo hàm cấp 1 là (x−4)(4x 2 + 4x−16) Rõ ràng phương trình x 2 + x− 4 = 0 không có nghiệm hữu tỷ Do đó đa thức đã cho không là dẫn xuất hữu tỷ.
Bài tập 4 Chứng minh đa thức x 2 (x−1) 2 không là dẫn xuất hữu tỷ.Hướng dẫn Đạo hàm cấp 2 là 12x 2 −12x+ 2 Rõ ràng phương trình
6x 2 −6x+ 1 = 0 không có nghiệm hữu tỷ Do đó đa thức đã cho không là dẫn xuất hữu tỷ.
Lưu ý rằng các bài tập 1, 3, 4 có thể chỉ ra cách khác bằng cách áp dụng Định lý 2.4.1.
Bài tập 5 Có tồn tại hay không các số hữu tỷ z, w với z 2 = w(w−6)(w+ 18) sao cho 1 = 9(2w+z −12)(w+ 2)
Như vậy trong luận văn chúng tôi trình bày lại một số kết quả chính sau.
Bài toán hình hộp liên quan chặt chẽ đến nghiệm của một phương trình Diophantine, mở ra hướng nghiên cứu mới trong toán học Qua việc phân tích mối liên hệ này, chúng ta có thể đưa ra câu trả lời cho Bài toán chiếc hộp, từ đó làm sáng tỏ các yếu tố quyết định đến nghiệm của bài toán.
(ii) Trình bày về đa thức dẫn xuất hữu tỷ và phân loại một số đa thức bậc 3, 4 hoặc 5 là các đa thức dẫn xuất hữu tỷ.
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] R H Buchholz and J A MacDougall, "When Newton met Dio- phantus: A study of rational-derived polynomials and their extension to quadratic fields", J Number Theory 81 (2) (2000), 210-233.
[3] V E Coll, J Davis, M Hall, C Magnant, J Stankewicz, H Wang," Integer solutions to box optimization problems", College Math J 45
[4] G Convertito and D Cruz-Uribe, Building the Biggest Box: Three- factor Polynomials and a Diophantine Equation, Mathematics Mag- azine, 89 (3) (2016), 201-211.
[5] E V Flynn,"On Q-derived polynomials", Proc Edinb Math Soc.
[6] L J Mordell, Diophantine Equations, Academic Press, New York, 1969.
[7] N Movshovits-Hadar-A Shmukler ,"Infinitely many different quar- tic polynomial curves", College Math J 23 (3) (1992), 186-195.
[8] W C Schulz,"Cubics with a rational root", Mathematics Magazine