Một số kiến thức cơ sở về số học và đại số tuyến tính
Định lý cơ bản của số học khẳng định rằng mọi số nguyên lớn hơn 1 có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích của các số nguyên tố, với điều kiện các thừa số nguyên tố phải được sắp xếp không giảm.
1.1.2 Định lý Với mọi số nguyên a và b, tồn tại các số nguyên x và y sao cho ax+by = d, trong đó d là ước chung lớn nhất của a và b.
1.1.3 Hệ quả Các số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax+by = 1.
1.1.4 Định nghĩa Cho a là một số nguyên, ta định nghĩa căn của a, kí hiệu N 0 (a) là tích các ước nguyên tố phân biệt của a
1.1.5 Định nghĩa Cho V là không gian vectơ trên trường F Ta nói các vectơ v 1 , , v n phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại a 1 , , a n ∈ F không đồng thời bằng 0 sao cho: a 1 v 1 +a 2 v 2 + + a n v n = 0.
Hệ vectơ độc lập tuyến tính là một tập hợp các vectơ {v1, , vn} trong không gian vectơ V, trong đó phương trình a1v1 + a2v2 + + anvn = 0 chỉ có nghiệm duy nhất là a1 = a2 = = an = 0.
1.1.6 Định nghĩa Cho hai hàm số f(x), g(x) có đạo hàm trong khoảng (a, b) Khi đó Định thức Wronskian của f và g được xác định như sau
1.1.7 Định lý Nếu hai hàm số f(x), g(x) có đạo hàm trong khoảng (a, b) và phụ thuộc tuyến tính thì
Chẳng hạn hệ {sinx,2sinx} là phụ thuộc tuyến tính Khi đó
W(sinx,2sinx) = det sinx 2sinx cosx 2cosx
Định thức Wronskian là một công cụ quan trọng trong đại số, được định nghĩa cho các đa thức nhiều biến f₁, f₂, , fₙ thuộc vành F[x₁, , xₗ] trên trường F khả vi đến cấp n−1 Nó cho phép xác định tính độc lập tuyến tính của các đa thức này trong không gian vector.
1.1.9 Định lý Cho n đa thức f 1 , f 2 , f n nhiều biến của vành F[x 1 , ,x l ] trên trường F khả vi đến cấp n−1 Nếu hệ f 1 , f 2 , f n phụ thuộc tuyến tính thì W(f 1 , , f n ) = 0.
Bậc của hàm hữu tỉ
Hàm phân thức f được định nghĩa dưới dạng f = f1/f2, trong đó f1 và f2 là các đa thức khác 0 và nguyên tố cùng nhau trên F[x1, , xl] Bậc của hàm phân thức f, ký hiệu là deg f, được xác định bằng hiệu giữa bậc của f1 và bậc của f2, tức là deg f = deg f1 - deg f2.
Cho p là đa thức bất khả quy khác hằng Ta viết f dưới dạng f = p α g 1 g 2 , sao cho p không là ước của g 1 , g 2 trong đó g 1 , g 2 là các đa thức thuộc
F[x 1 ,x l ], α được gọi là bậc của f tại p và được kớ hiệu bởi à p f
1.2.2 Định lý Cho f, g là các đa thức và p ∈ F[x1, ,xl] là đa thức bất khả quy khác hằng, ta có: a)à p f +g ≥ min{à p f ,à p g }, b)à p f g = à p f +à p g , c)à p f g = à p f −à p g
Chứng minh Giả sử à p f = m;à p g = n và m ≤ n ta cú thể viết f = p m f 1 f2
, trong đó p không là ước của f 1 , g 1 , g 2 , f 2 a) Khi đó f +g = p m f1 f 2 +p n−m g1 g 2
Suy ra à p f +g ≥ m = min{à p f ,à p g }. b) Ta có f g = f g 1 f 2
1 g 2p m+n Vì p không là ước của f1, g1, g2, f2 nên cũng không là ước của f1f2, g1g2 Do đó à p f g = m+n = à p f +à p g c) Ta có f g = f 1 g 2 f2g1 p m−n Tương tự b) ta có à p f g = m−n= à p f −à p g
Trường định chuẩn
1.3.1 Định nghĩa Một trường K được gọi là một trường định chuẩn nếu trên K đã xác định một ánh xạ ϕ : K → R 1 thỏa mãn các điều kiện sau:
1.3.2 Định nghĩa Một định chuẩn ϕ trên một trường K là một định chuẩn không Acsimet nếu: ϕ(a+b) ≤max(ϕ(a), ϕ(b)),với mọi a, b ∈ K.
1.3.3 Ví dụ 1) Mỗi một trường K có một định chuẩn tầm thường ϕ(0) = 0, ϕ(a) = 1, với 06= a ∈ K.
2) Trường các số hữu tỉ Q và trường các số thực R được định chuẩn bởi hàm giá trị tuyệt đối thông thường.
3) Trường các số phức C có thể định chuẩn bởi hàm môđun: ϕ(a+bi) = √ a 2 +b 2
Chuẩn p−adic là một khái niệm trong lý thuyết số, trong đó Q đại diện cho trường các số hữu tỉ và p là một số nguyên tố cố định Mỗi số hữu tỉ a khác không có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng a = s tp^n, với n thuộc Z, trong đó s và t là các số nguyên không chia hết cho p.
Ta đặt: ϕp(0) = 0, ϕ p (a) = p −n Thế thì trên Q sẽ xác định cho ta một định chuẩn.
Chứng minh Thật vậy, với 0 6= a, b, ta có a = s tp n , b = u vp m (m, n ∈ Z), trong đó s, t, u, v không chia hết cho p.
Ta có ab = su tvp n+m , trong đó su, tv không chia hết cho p.
Vì vậy ϕp(ab) =p −(n+m) = p −n p −m = ϕp(a)ϕp(b). Để chứng minh hàm ϕ p thỏa mãn điều kiện trong Định nghĩa 1.3.1 nói trên, ta chứng minh một bất đẳng thức mạnh hơn: ϕ p (a+b) ≤ max(ϕ p (a), ϕ p (b)).
Ta có ϕ p (a+ b) =ϕ p (s tp n + u vp m ) = ϕ p (sv+ utp m−n vt )p n Chú ý rằng tv không chia hết cho p nên ϕ p (a+b) =p −m 0 , với m 0 ≥ n.
1.3.4 Mệnh đề Giả sử ϕ là một định chuẩn trên K, ta có:
1) ϕ(1 K ) = ϕ(−1 K ) = 1 với 1 K là phần tử đơn vị của trường K.
Tương tự giữa số nguyên và đa thức
Định lý Mason khẳng định rằng, với các đa thức a(t), b(t), c(t) có hệ số trong F và nguyên tố cùng nhau, nếu a + b = c, thì số nghiệm phân biệt n 0 (f) của đa thức f thỏa mãn bất đẳng thức: max(deg(a), deg(b), deg(c)) ≤ n 0 (abc)−1.
Cách 2 Vì a(t), b(t), c(t) là các đa thức nguyên tố cùng nhau từng đôi một và thỏa mãn hệ thức a(t) + b(t) = c(t) nên a 0 (t) + b 0 (t) = c 0 (t) và
6= 0, nếu ngược lại ab 0 −a 0 b = 0, suy ra b = ka (vô lý).
Giả sử rằng α là một nghiệm của a(t) và (t−α) m là số mũ lớn nhất của (t−α) chia hết cho a(t) Khi đó, (t−α) m−1 sẽ là số mũ lớn nhất của (t−α) chia hết cho a 0 (t), dẫn đến việc (t−α) m−1 cũng là số mũ lớn nhất của (t−α) chia hết cho ∆ 1 (t) Điều này có nghĩa là (t−α) m là ước của ∆ 1 (t) và (t−α).
Vì vậy, a(t) là ước của
Tương tự cho các định thức:
Ta được b(t) là ước của
Từ (1.5.2.1),(1.5.2.2) và (1.5.2.3) ta suy ra a(t)b(t)c(t) là ước của
Do đó, từ (1.5.2.4) ta suy ra a(t)b(t)c(t) là ước của
Suy ra deg(a) + deg(b) + deg(c) ≤ deg ∆(t) + deg Y abc(α)=0
Hiển nhiên, bậc của Q abc(α)=0
(t−α) bằng số nghiệm phân biệt của abc hay n 0 (abc) = deg Y abc(α)=0
Ta lại có ∆(t) 0 −a 0 b nên suy ra deg ∆(t) ≤ deg(a) + deg(b)−1.
Vì vậy, thay công thức (1.5.2.5) ta được deg(a) + deg(b) + deg(c) ≤ deg ∆(t) + deg Y abc(α)=0
⇔deg(a) + deg(b) + deg(c) ≤ deg(a) + deg(b)−1 +n0(abc)
Lập luận tương tự khi ta áp dụng cho deg ∆(t) ≤ deg(c) + deg(b)−1, deg ∆(t) ≤ deg(a) + deg(c)−1.
Ta suy ra được deg(b) ≤ n 0 (abc)−1, deg(c) ≤n 0 (abc)−1.
Do đó max(deg(a),deg(b),deg(c)) ≤ n 0 (abc)−1.
Theo định lý cuối cùng của Fermat trên đa thức, không tồn tại các đa thức a, b, c với hệ tử trên trường F, khác hằng số, nguyên tố cùng nhau, và thỏa mãn phương trình a^n + b^n = c^n đối với n ≥ 3.
Giả sử tồn tại các đa thức a, b, c thỏa mãn phương trình a^n + b^n = c^n, số nghiệm phân biệt của đa thức a, b, c không vượt quá tổng bậc của chúng, tức là deg(a) + deg(b) + deg(c) Áp dụng định lý Mason, ta có các bất đẳng thức: deg(a^n) = n*deg(a) ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) - 1, deg(b^n) = n*deg(b) ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) - 1, và deg(c^n) = n*deg(c) ≤ deg(a) + deg(b) + deg(c) - 1.
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta có n(dega+ degb+ degc) ≤ 3(dega+ degb+ degc)−3.
Ta có mâu thuẫn vì n ≥3.
1.4.3 Chú ý Định lý Mason không còn đúng với trường có đặc số là số nguyên tố p.
Chẳng hạn phương trình (1−x) p +x p = m cho các đa thức nguyên tố cùng nhau là A = (m−x) p , B = x p , C = m với m ∈ N bất kì luôn đúng (theo Định lý nhỏ Fecma).
Nhưng ta lại có các kết quả: max{degA,degB,degC}= p, n 0 (ABC) = 2.
Vì vậy bất đẳng thức của định lý Mason không thỏa mãn.
Sự tương đồng giữa số học và đa thức được thể hiện qua định lý Mason và Giả thuyết abc, từ đó mở ra nhiều ứng dụng quan trọng trong nghiên cứu số học.
1.4.4 Giả thuyết abc Cho a, b, c là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn hệ thức a+b = c Khi đó, với mọi ε > 0, tồn tại số C(ε) sao cho max{|a|,|b|,|c|} ≤ C(ε) [N 0 ] 1+ε
Cho đến nay, Giả thuyết abc vẫn chưa được chứng minh và việc lấy phản ví dụ cho giả thuyết là điều chưa ai làm được.
Giả sử Giả thuyết abc đúng, ta sẽ chứng minh được nhiều kết quả cũng như các giả thuyết số học khác.
1.4.5 Định lý cuối cùng của Fermat Phương trình x n +y n = z n không có nghiệm nguyên dương, với mọi số nguyên dương n ≥ 3.
Dựa vào Giả thuyết abc, chúng ta có thể chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương n0, đảm bảo phương trình Fermat không có nghiệm với mọi n ≥ n0 Định lý này được gọi là Định lý Fermat tiệm cận.
Chứng minh rằng với trường hợp (x, y, z) = 1 và giả sử x, y, z đều dương, ta có thể lấy trị tuyệt đối để có x^n + y^n = z^n Theo Giả thuyết abc, ta có max{x^n, y^n, z^n} ≤ C(ε) (N_0(x^n y^n z^n))^{1+ε} Khi chọn ε = 1 và k = max{1, C(1)}, ta rút ra được max{x^n, y^n, z^n} ≤ k(N_0(x^n y^n z^n))^2.
Do các số x, y, z đều dương nên
Lấy logarit cơ số 3 hai vế ta được n < log 3 k + 6.
Chọn n0 = [log 3 k+6]+1 suy ra mâu thuẫn.
Trường hợp (x, y, z) = d 6= 1 thì bằng cách giản ước thừa số chung ta được phương trình như ở trường hợp trên.
Dựa vào giả thuyết abc, Định lý Fermat có thể được giải quyết, và nếu xác định được C(ε) = C(1), bài toán chứng minh Định lý cuối cùng của Fermat sẽ được giải cho trường hợp n ≥ n0 Cụ thể, với C(ε) = ε = 1, định lý này đúng khi n ≥ 6, trong khi các trường hợp n < 6 đã được chứng minh trước đó Năm 1825, Ơle đã chứng minh rằng với n = 3, từ phương trình x^4 + y^4 = z^2 không có nghiệm nguyên dương, suy ra định lý cuối cùng của Fermat đúng với n = 4, và Dirichlet đã làm tương tự với n = 5 Kummer đã áp dụng lý thuyết số nguyên tố chính quy để chứng minh Định lý Fermat đúng với mọi số nguyên tố n < 100, ngoại trừ ba số nguyên tố phi chính quy 37, 59 và 67 Giả thuyết Hall cho số nguyên, được phát biểu vào năm 1965, tương tự như định lý Davenport cho đa thức.
1.4.6 Giả thuyết Hall Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho x 3 − y 2 6= 0 Khi đó, với mọi ε 6= 0, tồn tại số C(ε) sao cho x 3 −y 2 > C(ε)x 1 2 −ε
Chứng minh Thật vậy trước hết ta có sự phân tích x 3 = (x 3 −y 2 ) +y 2 Để tiện lợi ta có thể giả sử x 3 −y 2 > 0 Theo giả thuyết abc ta có max x 3 , x 3 −y 2 , y 2 ≤ C(ε)[N0(x 3 (x 3 −y 2 )y 2 )] 1+ε
Thay (1.5.2) vào (1.5.1) và rút gọn ta được: x ≤ C(ε)(x 3 −y 2 )
CHƯƠNG 2 ĐỊNH LÝ DAVENPORT TRÊN TRƯỜNG HÀM
Trong chương này, chúng ta sẽ khám phá Định lý Davenport cho đa thức nhiều biến Mặc dù đã có một số kết quả tiếp nối Định lý này, như được nêu trong [5, Định lý 1.5], nhưng chúng không phải là sự tổng quát hóa của Định lý Davenport, do chỉ tập trung vào trường hợp các hàm f1, l1, , fk, lk không có điểm chung Tôi sẽ trình bày lại các sự mở rộng của Định lý Davenport cho đa thức nhiều biến, được đề xuất bởi tác giả Nguyễn Thành Quang và Phan Đức Tuấn trong [7].
Giả sử f, g là các đa thức một biến khác hằng số và nguyên tố cùng nhau trên trường F, sao cho f 3 6= g 2 Khi đó ta có deg(f 3 −g 2 ) ≥ 1
Chứng minh Ta dùng Định lý Mason với a = g 2 , b = f 3 −g 2 , c= f 3
Ta có a+b = c Theo Định lý Mason, ta có dega ≤ n 0 (abc)−1 hay
2degf + 1. Định lý Davenport được chứng minh.
2.1.1 Nhận xét Trong đánh giá của Định lý Davenport, ta thấy số mũ 1 2 là tốt nhất.
Chẳng hạn khi f(t) = t 2 + 4, g(t) = t 3 + 6t thì deg(f 3 −g 2 ) = 2 = 1
Nhờ sự đánh giá này, chúng ta giải quyết được nhiều bài toán về sự tồn tại đa thức.
Bằng cách chứng minh tương tự như trên, ta có thể mở rộng định lýDavenport cho số mũ lũy thừa nguyên m và n bất kỳ.
Định lý Davenport suy rộng cho số mũ tổng quát
Cho m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1, với f(t) và g(t) là các đa thức phức khác hằng số và nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn f^m ≠ g^n Khi đó, ta có độ bậc của f^m - g^n thoả mãn hai bất đẳng thức: deg(f^m - g^n) ≥ mn - n - m/n deg(f) + 1 và deg(f^m - g^n) ≥ mn - m - n/m deg(g) + 1.
Từ công thức trên ta suy ra được bất đẳng thức sau: deg f 3 −g 4 ≥ 5
Khi đó chúng ta giải quyết được bài toán hệ quả bằng cách thay m, n bởi số nguyên dương khác.
Định lý Davenport suy rộng cho nhiều hàm số một biến
Xét các đa thức một biến f₁, f₂, , fₖ (với k ≥ 3) có hệ số trên trường F, không có nghiệm chung và không đồng thời là các đa thức hằng Đặt các số nguyên dương lₗ (1 ≤ j ≤ k) sao cho l₁ ≤ l₂ ≤ ≤ lₖ và k.
P j=1 l j ≤ kl 1 + k(k −1) Giả sử rằng hệ f 1 l 1 , f 2 l 2 , , f k l k độc lập tuyến tính trên F Khi đó ta có:
Định lý Davenport suy rộng cho nhiều hàm số nhiều biến
Lấy các đa thức khác hằng số f 1 , , f k (k ≥ 2) trong F[x 1 , ,x l ] và l j là các số nguyên dương sao cho l 1 ≤ l 2 ≤ ≤ l k và thỏa mãn một trong các điều kiện sau:
1) Các hàm f 1 l 1 , f k l k không có không điểm chung,
Giả sử rằng f 1 l 1 , f k l k là độc lập tuyến tính trên F thì ta có:
Với l = 1, k = 2, l1 = 2, l2 = 3, f1 = f, f2 = −g ta thu được Định lýDavenport.
Chứng minh Định lý 2.4
Để chứng minh Định lý 2.4 ta cần chứng minh một số bổ đề Trước hết ta có:
∆ là toán tử vi phân dạng:
. Với ài ≥ 0 là cỏc số nguyờn, ta kớ hiệu hạng của ∆ bởi ρ(∆) m
Chỳ ý rằng trong Định nghĩa trờn, với à i = 0 ta quy ước: Ta khử à i và ta xột ∂x ∂ ài ài
1 là toán tử đơn vị.
2.5.1 Bổ đề Cho ϕ là đa thức nhiều biến số thỏa mãn ∆ϕ 6= 0, p là đa thức bất khả quy khác hằng Khi đó: à p ∆ϕ ≥ −min{à p ϕ ,ρ(∆)}+à p ϕ
Khi đó tồn tại đa thức f sao cho ϕ = p m f Ta có
≥ à p ϕ −1. Áp dụng bất đẳng thức này liên tiếp ρ(∆) lần ta có à p ϕ ≤ à p ∂ϕ
Lấy ∆ 0 , ,∆ s sao cho ρ(∆ i ) ≤i và các đa thức h 0 , h s trong F[x 1 , ,x l ], sự tổng quát hóa Wronskian có dạng:
K F Roth đã đưa ra những kết quả nổi bật, khẳng định rằng nếu các hàm độc lập tuyến tính trên F tồn tại, thì sự tổng quát hóa Wronskian theo dạng (2.4.1.1) sẽ không triệt tiêu.
Cho f là các đa thức trong F[x₁, , xₗ], với f = p₁^l₁ pₖ^lₖ, trong đó p₁, , pₖ là các đa thức bất khả quy phân biệt và l₁, , lₖ là các số nguyên Đối với n ∈ N, ta định nghĩa g = p₁^(min(n,l₁)) pₖ^(min(n,lₖ)).
2.5.2 Bổ đề Cho f 0 , , f n+1 là n+2 đa thức trong F[x 1 , ,x l ] và g 0 , , g n+1 là các đa thức trong F[x 1 , ,x l ] sao cho f 0 g 0 , , f n g n là độc lập tuyến tính trên F và thỏa mãn g 0 f 0 + + g n+1 f n+1 = 0.
Chứng minh Với giả thiết f 0 g 0 , , f n g n là độc lập tuyến tính, ta có tồn tại sự mở rộng Wronskian của f 0 g 0 , , f n g n không triệt tiêu Ta đặt
Do đó, ta có: g n+1 f n+1 = P Q (2.4.1.1) Nên degf n+1 g n+1 = deg f 0 f n+1
Trước hết ta chứng minh deg f 0 f n+1 W(f 0 g 0 , , f n g n ) ≤ n+1
Giả sử rằng plà là một đa thức bất khả quy khác hằng và là ước của các đa thức f0, f1, , fn+1 Theo giả thiết, tồn tại một chỉ số υ (0 ≤ υ ≤ n + 1) sao cho plà không phải là ước của fυ Dựa vào giả thiết g0f0 + + g n+1 f n+1 = 0, ta có thể suy ra rằng g0f0 + + g υ−1 f υ−1 + g υ+1 f υ+1 + + g n+1 f n+1 = −g υ fυ Áp dụng các tính chất của định thức, chúng ta có thể thực hiện các phép biến đổi cần thiết.
Do đó ta có à p f 0 fn+1
Theo định nghĩa định thức W(g 0 f 0 , , g υ−1 f υ−1 , g υ+1 f υ+1 , , g n+1 f n+1 ) là tổng các số hạng sau đây δ∆ 0 g α 0 f α 0 ∆ n g α n f α n với α i ∈ {0, , n+ 1} \ {v}, δ = ±1.
Theo Bổ đề 2.5.1 và chú ý rằng ρ(∆i) ≤ i ≤n, ta có: à p ∆
Theo Định lý 2.3.1, ta có: à p W(f
Theo Định nghĩa bậc của hàm ta có deg f 0 f n+1 W(f 0 g 0 , , f n g n ) ≤ n+1
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng: degP ≤ −n.
Ta có sự biến đổi
Ta có Định thức P là một tổng các số hạng sau đây: δ∆ 0 g β 0 f β 0 ∆ 1 g β 1 f β 1 ∆ n g β n f β n g β 0 f β 0 g β 1 f β 1 g β n f β n Với mỗi số hạng, ta có: deg
X j=0 deg(g j )−n. Áp dụng tương tự đối với g 0 f 0 , g 1 f 1 , , g n f n , ta có: max degf j g j
Chứng minh Định lý 2.4 Ta đặt f 0 = f 1 l 1 + +f k l k và h = (f 1 , f k ).
Khi đó tồn tại các đa thức g0, g1, gk sao cho f0 = g0h l 1 , f1 = g1h, , fk = gkh.
+g1 l 1 h l 2 −l 1 + +gkh l k −l 1 Để đơn giản, ta đặt
1≤j≤kmax degf j l j = f α l α Theo Bổ đề 2.5.2, degg α l α h l α −l 1 ≤ N k−1 (g 0 ) + k
Do đó bằng cách thêm bớt ta được: degg α l α h l α
Theo giả thiết ta có degh = 0 hoặc k
Ta kết thúc chứng minh Định lý.
Dựa vào các tài liệu tham khảo, luận văn đã hoàn thành được những vấn đề sau:
1 Giới thiệu và trình bày các tương tự số học trên đa thức: Định lý Mason, Định lý Fermat trên đa thức, Định lý Davenport.
2 Trình bày một số vấn đề liên quan đến giả thuyết abc và Định lý Fermat tiệm cận.
Bài viết trình bày chi tiết một kết quả suy rộng của Định lý Davenport trên trường hàm nhiều biến, sử dụng kỹ thuật Wronskian Ngoài ra, luận văn còn khám phá sâu về Lý thuyết Nevanlina trên các trường hàm chuẩn không Acsimet.