(Luận văn) về tập nghiệm của đa thức nhiều biến trên trường thực

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ TRÍ HÀO lu an n va p ie gh tn to d oa nl w VỀ TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN TRÊN TRƯỜNG THỰC u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ TRÍ HÀO lu an va n VỀ TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC NHIỀU BIẾN TRÊN TRƯỜNG THỰC p ie gh tn to d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC va an lu u nf Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp ll Mã số: 60 46 01 13 oi m z at nh z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC @ m co l gm GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2017 ac th si LỜI CẢM ƠN Trong trình học tập nghiên cứu Trường Đại học Khoa lu an học - Đại học Thái Nguyên, nhận đề tài nghiên cứu "Về tập n va nghiệm đa thức nhiều biến trường thực" hướng dẫn thành Có kết dạy bảo hướng dẫn gh tn to GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Đến nay, luận văn hồn p ie tận tình nghiêm khắc Cơ Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân w thành sâu sắc tới Cô gia đình! oa nl Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng d Đào tạo Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học an lu Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ lm ul luận văn nf va trình học tập Trường thời gian nghiên cứu hồn thành Tơi xin cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Lạng Sơn, Trường THPT z at nh oi Vũ Lễ nơi công tác tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành khóa học z Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên @ gm lớp cao học tốn K9A (Khóa 2015-2017) quan tâm, tạo điều Tôi xin chân thành cảm ơn! m co l kiện, cổ vũ động viên để tơi hồn thành nhiệm vụ an Lu Thái Nguyên, ngày 19 tháng năm 2017 n va ac th si Mục lục Lời mở đầu lu Chương Định lý sở Hilbert Định lý không điểm an n va 1.1 Đa thức biến 1.2 Đa thức nhiều biến Định lý sở Hilbert 12 1.3 Tập nghiệm họ đa thức iđêan vành đa thức 17 ie gh tn to Hilbert p 1.4 Định lý không điểm Hilbert 20 27 2.1 Phát biểu toán 27 2.2 Trường hợp biến trường hợp đóng đại số 28 2.3 Trường hợp đa thức hai biến trường thực 32 d oa nl w Chương Bài toán hai đa thức có tập nghiệm nf va an lu 40 z at nh oi Tài liệu tham khảo lm ul Kết luận 41 z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời mở đầu Bài toán xác định mối quan hệ nghiệm nhân tử đa thức toán nhiều nhà toán học quan tâm lu Cho K trường Chú ý a ∈ K nghiệm an f (x) ∈ K[x] x − a nhân tử f (x) Do đó, f (x) va n g(x) hai đa thức với hệ số K có tập nghiệm ước chung chung f g Mục đích luận văn này mở rộng kết gh tn to lớn d(x) = gcd(f, g) có tập nghiệm trùng với tập nghiệm p ie cho trường hợp nhiều biến Cụ thể, quan tâm đến w toán sau oa nl Cho f, g hai đa thức n biến với hệ số trường K cho d f, g có tập nghiệm Kn Tìm điều kiện để tồn ước lu an chung d f g cho f, g, d có tập nghiệm nf va Luận văn gồm chương Chương tập trung trình bày kiến thức lm ul chuẩn bị đa thức biến, đa thức nhiều biến, đa thức nhất, z at nh oi tập nghiệm họ đa thức, iđêan vành đa thức, đồng thời nêu lại chứng minh hai định lý Hilbert Định lý sở Hilbert Định lý không điểm Hilbert Định lý sở Hilbert cho phép quy z tập đại số tập nghiệm hữu hạn đa thức Định lý không điểm @ l gm Hilbert tổng quát Định lý Đại số Chương nội dung luận văn, chương trình bày tốn hai đa co m thức có tập nghiệm an Lu Tài liệu tham khảo luận văn báo [3] M Balaich n va ac th si M Cocos báo [2] R M Aron and P Hajek Ngồi cịn tham khảo hai sách [1,4] Trong luận văn giả thiết V vành giao hốn có đơn vị K trường Ta ký hiệu N, N0 , R, C tập số nguyên dương, tập số nguyên không âm, trường số thực, trường số phức, V [x], K[x], V [x1 , , xn ], K[x1 , , xn ] vành đa thức biến V , K, vành đa thức n biến V K Do thời gian thực luận văn khơng nhiều, kiến thức cịn hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý lu an thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! va n Tác giả p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Định lý sở Hilbert lu Định lý không điểm an va n Hilbert p ie gh tn to Trong chương ta giả thiết V vành giao hoán, K nl w trường Kí hiệu N tập số nguyên dương N0 tập d oa số nguyên không âm Trong chương tập trung trình bày an lu kiến thức chuẩn bị đa thức đa thức biến, đa thức nhiều nf va biến, đa thức nhất, tập nghiệm họ đa thức, iđêan vành đa thức, đồng thời nêu lại chứng minh hai định lý Hilbert lm ul Định lý sở Hilbert Định lý không điểm Hilbert Định lý sở z at nh oi Hilbert cho phép quy tập đại số tập nghiệm hữu hạn đa thức Định lý không điểm Hilbert tổng quát Định lý z Đại số m co l Đa thức biến gm @ 1.1 an Lu Định nghĩa 1.1.1 Một đa thức biến với hệ số V viết dạng f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , n va ac th si a0 , , an ∈ V x ký hiệu gọi biến (hay biến không ∞ P xác định) Ta viết đa thức dạng f (x) = xi i=0 P P i f (x) = x , = với i > n Hai đa thức xi P i bi x = bi với i Ký hiệu V [x] tập đa thức biến x với hệ số V Định nghĩa 1.1.2 Cho f (x) = an xn +an−1 xn−1 + .+a1 x+a0 ∈ V [x] đa thức i) Ta gọi a0 hệ số tự f (x) lu ii) Nếu an 6= n gọi bậc f (x) ký hiệu an va deg f (x) Trong trường hợp này, an gọi hệ số cao n f (x) to gh tn iii) Nếu an = f (x) gọi đa thức dạng chuẩn (monic polynomial) p ie w Chú ý 1.1.1 i) Ta không định nghĩa bậc cho đa thức oa nl ii) Nếu f (x) = a ∈ V f (x) gọi đa thức d iii) Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính lu P xi g(x) = P bi xi nf va an Định nghĩa 1.1.3 Với hai đa thức f (x) = V [x], định nghĩa lm ul f (x) + g(x) = X z at nh oi f (x).g(x) = bj , ∀k X ck xk , z P ck = (ai + bi )xi , gm @ i+j=k co l Chú ý 1.1.2 Với phép tốn V [x] vành giao hốn m Định nghĩa 1.1.4 Vành V [x] gọi vành đa thức biến x an Lu với hệ số V Phần tử không vành đa thức 0, phần tử đơn vị đa thức n va ac th si Tiếp theo số tính chất sau bậc tổng tích đa thức biến Bổ đề 1.1.1 Cho f (x), g(x), h(x) ∈ V [x] đa thức khác Khi (i) Nếu f (x) + g(x) 6= deg((f (x) + g(x)) ≤ max{deg f (x), deg g(x)} (ii) Nếu f (x)g(x) 6= deg((f (x)g(x)) ≤ deg f (x) + deg g(x) lu an va Định nghĩa 1.1.5 Cho V vành giao hoán khác n i) V gọi miền nguyên ab = kéo theo a = ii) Cho V miền nguyên Phần tử a ∈ V gọi bất khả quy ie gh tn to b = p a 6= 0, a khơng khả nghịch a khơng có ước thực nl w iii) Miền nguyên V gọi miền phân tích (UFD) d oa phần tử khác không, không khả nghịch phân tích an lu thành tích nhân tử bất khả quy phân tích không kể đến thứ tự nhân tử nhân tử khả nghịch nf va iv) Miền nguyên V gọi miền iđêan iđêan lm ul V iđêan chính, (tức là: Nếu I iđêan V tồn z at nh oi phần tử a ∈ I cho I = {ax | x ∈ V } = (a)) Ví dụ 1.1.1 Ta thấy Z miền iđêan Z có dạng z mZ = {mx | x ∈ Z} Tuy nhiên vành Z[x] khơng miền l gm @ iđêan I = (x, 2) khơng iđêan co Bổ đề 1.1.2 Cho V miền nguyên với f (x), g(x) ∈ V [x] m ta có n va an Lu deg(f (x)g(x)) = deg f (x) + deg g(x), ac th si với f (x), g(x) ∈ V [x], f (x), g(x) 6= Mệnh đề cho ta điều kiện cần đủ để vành đa thức miền phân tích nhất, miền iđêan (xem Mệnh đề 1.4.2 [1]) Mệnh đề 1.1.1 i) Nếu V miền phân tích V [x] miền phân tích ii) Cho V miền nguyên Khi V [x] miền iđêan V trường Định nghĩa 1.1.6 Một ánh xạ ϕ : V → V hai vành V , V lu an gọi đồng cấu vành thỏa mãn điều kiện sau n va i) ϕ(1) = 1; to ii) ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b); gh tn iii) ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b), p ie với a, b ∈ V w Định nghĩa 1.1.7 Một đồng cấu ϕ gọi đơn cấu (toàn cấu, d oa nl đẳng cấu) ϕ đơn ánh (toàn ánh, song ánh) Hai vành V V gọi đẳng cấu với nhau, viết V ∼ = V , có đẳng cấu nf va an lu chúng Chú ý 1.1.3 Chú ý hợp thành hai đồng cấu vành lm ul đồng cấu vành, ánh xạ ngược đẳng cấu vành đẳng cấu z at nh oi vành, ánh xạ nhúng j : V → V [x] cho j(a) = a với a ∈ V đơn cấu vành Ta gọi j phép nhúng tự nhiên hay phép nhúng tắc z @ P
xi = a0 co l gm Ví dụ 1.1.2 Ta có ánh xạ ϕ : V [x] → V cho ϕ toàn cấu ker ϕ = (x) Do V [x]/(x) ∼ = V m Định lý kết quan trọng lý thuyết đa đa thức (xem Định lý 1.2.2 [1]) n va an Lu thức Nó giúp xây dựng thuật tốn tìm ước chung lớn ac th si Chương Bài tốn hai đa thức lu có tập nghiệm an n va Phát biểu toán ie gh tn to 2.1 p Bài toán xác định mối quan hệ nghiệm nhân tử nl w đa thức toán nhiều nhà toán học quan tâm oa Cho K trường Chú ý a ∈ K nghiệm d f (x) ∈ K[x] x − a nhân tử f (x) Do đó, f (x) an lu nf va g(x) hai đa thức với hệ số K có tập nghiệm ước chung lớn d(x) = gcd(f, g) có tập nghiệm trùng với tập nghiệm lm ul chung f g Mục đích chương mở rộng kết sau z at nh oi cho trường hợp nhiều biến Cụ thể, quan tâm đến toán z Bài toán 2.1.1 Cho f, g hai đa thức n biến với hệ số @ gm trường K cho f, g có tập nghiệm Kn Tìm điều kiện để m co l tồn ước chung d f g cho f, g, d có tập nghiệm Trong Tiết 2.2 dành để giải toán cho trường hợp đa thức an Lu biến trường trường hợp đa thức nhiều biến n va 27 ac th si trường đóng đại số Tiết 2.3 dành để giải toán cho trường hợp đa thức hai biến trường thực 2.2 Trường hợp biến trường hợp đóng đại số Mệnh đề 2.2.1 Cho f (x), g(x) ∈ K[x] hai đa thức không đồng thời Ký hiệu Z(f ), Z(g) tương ứng tập nghiệm f, g Nếu Z(f ) = Z(g) tồn ước chung d(x) f g cho lu Z(d) = Z(f ) = Z(g) an va Chứng minh Do K trường nên đa thức biến khác n K[x] có hữu hạn nghiệm (số nghiệm khơng vượt q gh tn to bậc đa thức) Do ta giả thiết p ie Z(f ) = Z(g) = {a1 , , at } Theo Hệ 1.3.1 ta có nl w d oa f (x) = (x − a1 )α1 (x − at )αt f1 (x), an lu ≤ α1 , , αt Z(f1 ) = ∅ Tương tự ta có nf va g(x) = (x − a1 )β1 (x − at )βt g1 (x), lm ul ≤ β1 , , βt Z(g1 ) = ∅ Chọn d(x) = (x − a1 ) (x − at ) z at nh oi Khi d(x) ước chung f (x) g(x) với Z(d) = {a1 , , at } = Z(f ) = Z(g) z gm @ Ví dụ 2.2.1 Trên trường thực, cho hai đa thức f (x) = x2 − l n va 28 an Lu Z(f ) = Z(g) = Z(d) = {±1} m ước chung f g ta có co g(x) = x3 + x2 − x − có chung tập nghiệm {±1} Khi d = x2 − ac th si Phần tiết này, giải Bài toán 2.1.1 cho trường hợp đa thức nhiều biến trường đóng đại số việc sử dụng kiến thức tảng hình học đại số, Định lý khơng điểm Hilbert (đã trình bày Chương 1) Nhắc lại rằng, trường F gọi trường đóng đại số đa thức biến bậc dương có hệ số F có nghiệm F Định lý đại số phát biểu đa thức bậc dương với hệ số phức có nghiệm phức Vì trường số phức C trường đóng đại số Trong suốt phần cịn lại tiết ta ln giả thiết F trường lu an đóng đại số n va Trước trình bày lời giải Bài tốn 2.1.1 cho trường hợp đa thức Bổ đề 2.2.1 Nếu F trường đóng đại số F trường vơ hạn p ie gh tn to nhiều biến trường đóng đại số, cần bốn bổ đề sau Chứng minh Cho F trường đóng đại số Giả sử F trường hữu oa nl w hạn, ta cần tìm mâu thuẫn Viết F = {a1 , , ak } Đặt d f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − ak ) + ∈ F an lu nf va Vì F trường đóng đại số f (x) có bậc dương nên f (x) phải có lm ul nghiệm F Do tồn cho f (ai ) = Tuy nhiên ta lại có f (ai ) = (ai − a1 ) (ai − ak ) + = Điều vô lý z at nh oi Bổ đề 2.2.2 Giả sử F trường vô hạn f (x) ∈ F[x] Khi f (x) đa thức hàm đa thức f hàm z @ gm Chứng minh Nếu f (x) đa thức hiển nhiên f hàm Ngược l lại, giả sử f (x) hàm đa thức khác Đặt n = deg f (x) Vì F m co trường nên theo Hệ 1.3.1, số nghiệm f (x) khơng vượt q n nghiệm Do f hàm khác n va 29 an Lu Vì F có vơ hạn phần tử nên f (x) khơng nhận phần tử F ac th si Bổ đề 2.2.3 Cho F trường vô hạn Cho f (x1 , , xn ) thuộc F[x1 , , xn ] Khi f (x1 , , xn ) = f (a1 , , an ) đa thức với (a1 , , an ) ∈ Fn Chứng minh Nếu f (x1 , , xn ) đa thức rõ ràng hàm đa thức tương ứng hàm Ta chứng minh chiều ngược lại quy nạp theo n Giả thiết f hàm 0, tức f (a1 , , an ) = với (a1 , , an ) ∈ Fn Cho n = Theo Bổ đề 2.2.2, f (x1 ) đa thức Cho n > giả thiết cho trường hợp n − biến Biểu diễn f (x1 , , xn ) = k X fi (x1 , , xn−1 ) xin , lu an i=0 n va fi (x1 , , xn−1 ) ∈ F[x1 , , xn−1 ] với i = {0, 1, , k} tn to Với phần tử a = (a1 , , an−1 ) ∈ Fn−1 Đặt p ie gh ga (xn ) = f (a1 , , an−1 , xn ) ga (xn ) = oa nl w Khi k X fi (a1 , , an−1 ) xin ∈ V [xn ] i=0 d an lu Theo giả thiết, ga (xn ) đa thức biến nhận phần tử F nf va nghiệm Do F trường vô hạn theo Bổ đề 2.2.2, ta có ga (xn ) đa thức Vì fi (a1 , , an−1 ) = với i ∈ {1, , k} Như đa lm ul thức fi (x1 , , xn−1 ) ∈ F[x1 , , xn−1 ] nhận phần tử Fn−1 z at nh oi nghiệm Theo giả thiết quy nạp, fi (x1 , , xn−1 ) đa thức với i ∈ {1, , k} Do f (x1 , , xn ) đa thức z @ gm Bổ đề 2.2.4 Cho F trường f (x1 , , xn ) ∈ F[x1 , , xn ] co l đa thức bất khả quy Nếu g, h ∈ F[x1 , , xn ] cho f ước m gh f ước g f ước h Tổng quát, f đa an Lu thức bất khả quy ước tích f ước nhân tử n va 30 ac th si Chứng minh Do F trường nên F[x1 , , xn ] miền phân tích (theo Hệ 1.2.1) Do đó, hai đa thức F[x1 , , xn ] khơng đồng thời phải có ước chung lớn Giả sử phản chứng f không ước g không ước h Vì f bất khả quy nên ước chung lớn f g Tương tự, ước chung lớn f h Suy ước chung lớn f gh Điều chứng tỏ gh không chia hết cho f Điều mâu thuẫn Định lý 2.2.1 Cho F trường đóng đại số Nếu f , g ∈ F[x1 , , xn ] có tập nghiệm f g có nhân tử chung d cho lu an Z(f ) = Z(g) = Z(d) va n Chứng minh Giả sử f g có chung tập nghiệm Đặt tn to p ie gh J = (g) = {gh | h ∈ F[x1 , , xn ]} w iđêan sinh g Ta có d oa nl Z(J) = {(a1 , , an ) ∈ Fn | g(a1 , , an ) = 0} = Z(g) nf va tức an lu Ta có Z(g) = Z(f ) Do đó, f triệt tiêu Z(J) Suy f ∈ I(Z(J)), lm ul f ∈ {h ∈ F[x1 , , xn ] | h(a1 , , an ) = 0, ∀(a1 , , an ) ∈ Z(J)} z at nh oi Vì F trường đóng đại số nên theo Định lý không điểm Hilbert (Định lý 1.4.1 Mục (iii)), ta có f ∈ rad(J) Do tồn số z nguyên dương r cho f r ∈ J Vì J = (g) nên f r bội @ gm g, tức f r = gh, h ∈ F [x1 , , xn ] Vì F trường nên co l F miền phân tích Do theo Hệ 1.2.1 ta suy m F[x1 , , xn ] miền phân tích Do đó, g 6= an Lu g khơng khả nghịch g bất khả quy g viết dạng tích hữu hạn nhân tử bất khả quy n va 31 ac th si Nếu g = Z(g) = Fn Do đó, Z(f ) = Fn Vì F trường đóng đại số nên trường vơ hạn theo Bổ đề 2.2.1 Vì theo Bổ đề 2.2.3, f đa thức 0, xảy giả thiết f g khơng đồng thời Giả sử g khả nghịch Khi g = a ∈ F với a 6= Do Z(g) = ∅ Suy Z(f ) = ∅ Chọn d(x1 , , xn ) = Khi d ước chung f g ta có Z(d) = Z(f ) = Z(g) = ∅ Giả sử g bất khả quy Vì f r = gh nên g ước f r Suy lu an g ước f (theo Bổ đề 2.2.4) Chọn d = g Khi d ước n va chung f g ta có to Cuối ta xét trường hợp g = g1α1 gtαt tích g thành p ie gh tn Z(f ) = Z(g) = Z(d) tích nhân tử bất khả quy đôi phân biệt g1 , , gt với với w oa nl t ≥ Vì f r = gh nên g ước f r Do gi ước d f r Vì gi bất khả quy nên gi ước f (theo Bổ đề 2.2.4) lu nf va an Vì gi bất khả quy gi đôi phân biệt nên g1 gt ước f Đặt d = g1 gt Khi d ước chung f g lm ul ta có z at nh oi Z(f ) = Z(g) = Z(g1α1 gtαt ) = Z(d) z @ Trường hợp đa thức hai biến trường l gm 2.3 m co thực an Lu Trong suốt tiết này, với đa thức hai biến f (x, y) ∈ R[x, y], ta ký hiệu degx (f ), degy (f ) tương ứng bậc f theo biến x bậc n va 32 ac th si F theo biến y Chẳng hạn, với f = x5 y + 3xy + x3 + y + degx (f ) = degy (f ) = Chú ý tồn đa thức hai biến f (x, y) ∈ R[x, y] với n = degx (f ) cho có vơ hạn đường nằm ngang cắt đồ thị f (x, y) n điểm Chẳng hạn, đa thức f (x, y) = x − y rõ ràng có tính chất Đa thức f (x, y) = y − x2 có tính chất Trước phát biểu kết tiết này, cần bổ đề sau Ta ký hiệu  R (y) =  f (y) | f (y), g(y) ∈ R[y], g(y) 6= g(y) lu an Chú ý R(y) trường chứa vành đa thức R[y] Trường R(y) va n gọi trường phân thức biến y R gh tn to Bổ đề 2.3.1 Cho f (x, y), g(x, y) ∈ R[x, y] Đặt n = degx f (x, y) Nếu f (x, y) 6= p ie (2.1) nl w g(x, y) = f (x, y)q(x, y) + r(x, y), d oa q(x, y) r(x, y) đa thức biến x với hệ số R(y) an lu degx r ≤ n nf va Chứng minh Vì g(x, y), f (x, y) ∈ R[x, y] nên f (x, y), g(x, y) đa lm ul thức biến x với hệ số R(y) Nói cách khác, đặt K = R(y) z at nh oi K trường f (x, y), g(x, y) ∈ K[x] Do f (x, y) 6= nên theo định lý chia với dư đa thức biến x trường K, tồn hai đa thức q1 (x), r1 (x) ∈ K[x] cho z gm @ g(x, y) = f (x, y)q1 (x) + r1 (x), co l r1 (x) = degx r1 (x) < degx f (x, y) m Chú ý q1 (x) có hệ số K, q1 (x) = q(x, y), r1 (x) = an Lu r(x, y), q(x, y), r(x, y) đa thức biến x với hệ số R(y) n va 33 ac th si Ví dụ 2.3.1 a) Cho g(x, y) = 5x3 − f (x, y) = x − 3y Chia g cho f ta có
g(x, y) = f (x, y) 5x2 + 15yx + 45y + 135y − b) Cho f (x, y) = 2x4 − 3x g(x, y) = yx2 + yx Chia f cho g ta có   2x 2x f (x, y) = g(x, y) − + − 5x y y y Chú ý Ví dụ 2.3.1(a), thương dư đa thức hai biến, Ví dụ 2.3.1(b), thương đa thức với hệ số lu phân thức biến y an n va Nhắc lại rằng, tập hợp X gọi tập vô hạn đếm Z đếm có song ánh ϕ từ Z đến N cho ϕ(n) = 2n gh tn to có song ánh từ X đến tập số tự nhiên Chẳng hạn, tập p ie n ≥ ϕ(n) = −2n − n < Người ta Q w tập đếm tích đề hai tập đếm đếm oa nl Trường hợp X tập vô hạn mà không song ánh đến tập số tự d nhiên ta nói X tập vô hạn không đếm Chẳng hạn, R nf va continum an lu tập vô hạn không đếm Thực tế, R tập vô hạn có lực lượng lm ul Bổ đề 2.3.2 Cho f (x, y) ∈ R[x, y] Nếu degy f degx f số lẻ z at nh oi tập nghiệm f (x, y) tập vô hạn không đếm Chứng minh Giả sử degx f số lẻ Viết f (x, y) theo lũy thừa giảm z dần x dạng gm @ f (x, y) = qn (y)xn + qn−1 (y)xn−1 + + q0 (y)x0 , co l m qi (y) ∈ R[y] với i = 1, , n qn (y) 6= Cố định số an Lu thực y0 xét đa thức f (x, y0 ) Nó đa thức biến x giả sử đa thức có bậc n n va 34 ac th si Chú ý f (x, y0 ) đa thức biến x với hệ số thực có bậc lẻ nên phải có nghiệm thực Điều với số thực y0 Như với số thực y0 ∈ R thỏa mãn qn (y0 ) 6= tồn x0 nghiệm f (x, y0 ), tức f (x0 , y0 ) = Do để chứng minh f (x, y) có tập nghiệm tập vơ hạn khơng đếm được, ta phải chứng minh qn (y) khác tập vơ hạn khơng đếm Vì qn (y) đa thức biến y với hệ số thực qn (y) 6= nên số nghiệm qn (y) không vượt deg qn (y) := k Giả sử nghiệm qn (y) a1 , , at t ≤ k Do qn (y) khác tập R \ {a1 , , at } Rõ ràng lu an R \ {a1 , , at } tập vô hạn không đến va n Chú ý 2.3.1 Từ Bổ đề 2.3.2 ta thấy đa thức degx f degy f phải đồng thời số chẵn p ie gh tn to R[x, y] có tập nghiệm vơ hạn đếm tập nghiệm hữu hạn w Nếu F khơng đóng đại số kết luận Định lý 2.2.1 khơng cịn oa nl Chẳng hạn, cho F = R, n = xét đa thức f (x, y) = d x2 + y g(x, y) = x4 + y R[x, y] F khơng đóng đại số an lu Tập nghiệm hai đa thức gồm điểm (0, 0), chúng nf va khơng có nhân tử chung lm ul Thật vậy, ta có g(x, y) = x4 +y = (x2 +y )2 −2x2 y Gọi d(x, y) = gcd(g, f ) Khi d ước g ước f Ta có f −g = 2x2 y z at nh oi Suy d ước 2x2 y Do d ∈ {1, x, y, xy, x2 y, xy , x2 y } z @ l gm Chú ý x, y, xy, x2 y, xy , x2 y khơng ước g(x, y) Do d = Vì tập nghiệm chung ước chung lớn f co m g tập rỗng Trong n va 35 an Lu Z(f ) = Z(g) = {(0, 0)} ac th si Nếu n = degx f , có nhiều ví dụ đa thức R[x, y] có tập nghiệm cắt vơ hạn đường nằm ngang n điểm phân biệt Kết trình bày với điều kiện xác định tập nghiệm thỏa mãn, kết Định lý 2.2.1 mở rộng cho lớp đa thức R[x, y] Định lý 2.3.1 Cho f (x, y), g(x, y) ∈ R[x, y] hai đa thức có tập nghiệm n = degx f Nếu có vơ hạn đường thẳng nằm ngang mà cắt tập nghiệm đa thức f n điểm phân biệt f g có ước d cho Z(f ) = Z(g) = Z(d) lu an va Chứng minh Đặt n = degx f giả sử có vơ hạn đường thẳng song n song cắt tập nghiệm f g n điểm phân biệt Theo Bổ gh tn to đề 2.3.1, ta chia g(x, y) cho f (x, y) ta (2.2) p ie g (x, y) = q (x, y) f (x, y) + r (x, y) , oa R(y) nl w r(x, y) q(x, y) đa thức biến x với hệ số d degx r < degx f = n an lu Đặt h(y) mẫu chung hệ số q r Nhân hai vế nf va (2.2) với h(y) Khi ta có lm ul hg = q˜.f + r˜, z at nh oi q˜ = hq r˜ = hr đa thức hai biến x, y với hệ số R Vì h ∈ R[y], degx r ≤ n − nên degx hr = degx r Do ta z @ viết l gm r˜(x, y) = hr = rn−1 (y)xn−1 + + r0 (y), m co ri (y) ∈ R[y] Bây (x0 , y0 ) nghiệm tập nghiệm chung f g g(x0 , y0 ) = f (x0 , y0 ) = Vì n va 36 an Lu = q˜(x0 , y0 ).0 + r˜(x0 , y0 ) ac th si Điều suy r˜(x0 , y0 ) = Theo giả thiết có vơ hạn đường nằm ngang cắt tập nghiệm chung f g n điểm phân biệt Gọi y0 tung độ điểm đường thẳng nằm ngang Từ suy có n giá trị phân biệt x cho r˜(x, y0 ) = Nghĩa đa thức r˜(x, y0 ) (một biến biến x) có n nghiệm phân biệt Nhưng deg r˜ ≤ n − số nghiệm đa thức với hệ số R khơng thể vượt q bậc nên suy r˜(x, y0 ) = Vì lu an hệ số 0, tức va n rn−1 (y0 ) = rn−2 (y0 ) = = r0 (y0 ) = ie gh tn to Theo giả thiết, có vơ hạn đường nằm ngang cắt tập nghiệm chung p f g n điểm Điều có nghĩa có vô số giá trị y0 mà w ứng với hệ thức đúng, tất ri đa thức oa nl biến y nên chúng phải đa thức Vì r˜(x, y) = Thay vào d đẳng thức hg = q˜.f + r˜, ta suy an lu nf va hg = q˜f (2.3) lm ul z at nh oi Do f ước hg Theo Mệnh đề 1.1.1(i), R[x] miền phân tích Vì (R[x])[y] ∼ = R[x, y] miền phân tích theo Mệnh đề 1.1.1(i) Do f bất khả quy viết dạng tích nhân tử bất khả quy Bây ta z Z(f ) = Z(g) = Z(d) m co l gm @ hai trường hợp f g có nhân tử chung d an Lu Nếu f bất khả quy phần tử vành R[x, y] Do f phải ước h f ước g Trước hết ta giả sử f n va 37 ac th si ˜ với h ˜ ∈ R[x, y] Vì h đa thức biến ước h Khi h = hf y nên f đa thức biến y Vì tập nghiệm đa thức biến y với hệ số R tập hữu hạn, điều vơ lý f khơng ước h phải ước g Do f ước chung f g Chọn d = f Khi Z(d) = Z(f ) = Z(g) Giả sử f không bất khả quy Khi f viết thành tích nhân tử bất khả quy f1n1 f2n2 fknk với k số nguyên dương đó, f1 , , fk đa thức bất khả quy đôi không bội lu an n1 , , nk số nguyên dương Rõ ràng tập nghiệm n va f hợp tập nghiệm nhân tử fi Vì nhân tử tử fi ước g ước h Giả sử tất fi ước gh tn to phải phần tử nguyên tố vành R[x, y] nên nhân p ie h Vì h đa thức biến y với hệ số R nên đa thức fi w đa thức biến với hệ số R Vì fi có tập oa nl nghiệm tập hữu hạn Do tập nghiệm f tập hữu hạn d Vì có hữu hạn đường nằm ngang cắt tập nghiệm f lu an n điểm Điều khơng thể xảy giả thiết có vơ hạn đường nf va nằm ngang có tính chất lm ul Vì vậy, nhân tử fi phải ước g Nếu nhân tử z at nh oi fj ước h tập nghiệm fj phải chứa đường nằm ngang y = aj , tập nghiệm g phải chứa đường nằm ngang y = aj Điều xảy fj ước g Do tất z nhân tử fj với j = 1, , k ước g Chọn d = f1 fk l gm @ Khi d ước chung f g m co Z(d) = Z(f1 fk ) = Z(f1n1 fknk ) = Z(f ) = Z(g) an Lu n va 38 ac th si Thay vai trò x vai trò y Định lý 2.3.1, ta chứng minh kết sau Định lý 2.3.2 Cho f (x, y), g(x, y) ∈ R[x, y] hai đa thức có tập nghiệm n = degy f Nếu có vơ hạn đường thẳng đứng cắt tập nghiệm chung f g n điểm phân biệt f g có nhân tử chung d thỏa mãn Z(f ) = Z(g) = Z(d) lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va 39 ac th si Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề vành đa thức biến nhiều biến với hệ số trường Luận văn đặc biệt quan tâm đến toán hai đa thức tập nghiệm f g có ước lu an chung d cho tập nghiệm d trùng với tập nghiệm f tập va nghiệm g Tài liệu tham khảo luận văn báo [3] n Nhàn Các nội dung luận văn là: p ie gh tn to M Balaich M Cocos, sách [1] GS Lê Thị Thanh w Nhắc lại số kiến thức đa thức biến, đa thức nhiều oa nl biến, tập nghiệm họ đa thức iđêan vành đa thức d Chứng minh Định lý sở Hilbert Định lý không điểm Hilbert lu an Trình bày tốn hai đa thức có tập nghiệm Giải nf va toán cho trường hợp sau: lm ul a) Đa thức biến trường bất kỳ; z at nh oi b) Đa thức hữu hạn biến trường đóng đại số; c) Đa thức hai biến với hệ số thực thỏa mãn số điều kiện z m co l gm @ an Lu n va 40 ac th si Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học lu an Quốc gia Hà Nội n va to ie gh tn Tiếng Anh p [2] R M Aron and P Hajek (2006), "Zero sets of polynomials in several variables", Arch Math., 86, 561-568 nl w d oa [3] M Balaich and M Cocos (2015), "Zero sets and factorization an lu of polynomials of two variables", Journal of Algebra and Applied nf va Mathematics, 13, 1-8 lm ul [4] A Schinzel (2000), Polynomials with special regards to reducibil- z at nh oi ity, Cambridge Univiversity Press z m co l gm @ an Lu n va 41 ac th si