ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ MINH PHƯỢNG NGHIỆM HỮU TỶ CỦA ĐA THỨC NGUYÊN VÀ CÁC ĐẠO HÀM Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Mã số 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC N[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THỊ MINH PHƯỢNG NGHIỆM HỮU TỶ CỦA ĐA THỨC NGUYÊN VÀ CÁC ĐẠO HÀM Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS ĐOÀN TRUNG CƯỜNG THÁI NGUYÊN - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! Mục lục Mở đầu 1 Bài 1.1 1.2 1.3 toán hộp phương trình Diophantine Bài tốn hộp Liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Một số ví dụ tập 3 16 Đa 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 thức dẫn xuất hữu tỷ Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Đường bậc với nghiệm phân biệt Đường bậc bốn với bốn nghiệm phân biệt Đường bậc dẫn xuất hữu tỷ Bài tập đề xuất 20 20 26 29 32 37 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 i Mở đầu Một câu hỏi nghiên cứu số học tìm đa thức nguyên cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Các trường hợp riêng tốn xuất nhiều tình khác toán học Một số phát biểu tốn sau: Cho bìa hình vng có cạnh A ∈ N, góc ta cắt bốn hình vng nhỏ Sau gấp bìa thành hình hộp với mặt hở Hỏi phải cắt hình vng để thể tích hình hộp nhận lớn nhất? Thực tế ta ta xét tốn chặt phải tìm thể tích lớn cho cạnh khối hộp số hữu tỷ Điều dẫn đến câu hỏi sau: lấy bìa hình chữ nhật với kích thước cạnh nguyên cho thể tích lớn nhất? Giả sử cạnh hình chữ nhật A ≥ B > Khi thể tích khối hộp B Câu hỏi dẫn đến nghiên cứu đa thức bậc ba có nhân tử phân biệt với hệ số nguyên cho đạo hàm có hai nghiệm phân biệt số hữu tỷ Mục tiêu luận văn khảo sát số trường hợp riêng tốn tìm đa thức ngun cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Cụ thể chúng tơi trình bày lại kết G Convertito D Cruz-Uribe [4] tốn tìm thể tích lớn khối hộp kết R.H Buchholz J.A MacDougall [2] phân loại số đa thức nguyên có bậc 3, dạng đặc biệt cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Luận văn gồm hai chương Chương trình bày kết G Convertito D Cruz-Uribe [4] tốn tìm thể tích lớn khối hộp Cụ thể tiết 1.1 giới thiệu toán hộp liên hệ đến V = x (2x − A) (2x − B) , < x < nghiệm phương trình Diophantine Tiết 1.2 trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine dùng để đưa câu trả lời cho toán hộp (Định lý 1.2.7) Chương trình bày kết R.H Buchholz-J.A MacDougall [2] phân loại số đa thức nguyên có dạng đặc biệt thỏa mãn đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ bậc đa thức 3, Những đa thức nguyên mà đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ gọi ngắn gọn đa thức dẫn xuất hữu tỷ Cụ thể tiết 2.1 trình bày khái niệm đa thức dẫn xuất hữu tỷ phân loại số đa thức dẫn xuất hữu tỷ Tiết 2.2 trình bày đa thức bậc có ba nghiệm phân biệt Tiết 2.3 trình bày đa thức bậc có bốn nghiệm phân biệt Tiết 2.4 trình bày đa thức bậc đa thức dẫn xuất hữu tỷ Chương Bài toán hộp phương trình Diophantine Mục đích chương trình bày Bài toán hộp mối liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Từ đưa câu trả lời cho Bài toán hộp 1.1 Bài tốn hộp Bài tốn hộp ví dụ cổ điển tìm cực trị đồ thị hàm số xuất nhiều sách giải tích Mục đích tiết giới thiệu tốn hộp mối liên hệ đến toán cực trị hàm số Bài toán Cho bìa hình vng cạnh A ∈ N, góc ta cắt bốn hình vng nhỏ Sau gấp bìa thành hình hộp với mặt hở Hỏi phải cắt hình vng để thể tích hình hộp nhận lớn nhất? Thực tế ta ta xét tốn chặt phải tìm thể tích lớn cho cạnh khối hộp số hữu tỷ Vấn đề dẫn đến toán sau Bài toán hộp Nếu thay bìa hình vng bìa hình chữ nhật có cạnh A, B ∈ N phải chọn A, B để thể tích khối hộp lớn với kích thước cạnh số hữu tỷ? Định nghĩa 1.1.1 Với cặp số nguyên dương A, B thỏa mãn Bài toán hộp ta gọi tỷ số A/B nghiệm hữu tỷ Bài tốn hộp Xét hình chữ nhật với kích thước A, B , A ≥ B > Khi đó, việc tìm cực đại thể tích khối hộp dẫn đến tốn tìm cực trị đa thức bậc B Vì tìm cực đại V tương đương việc tìm cực đại 2V , nên ta có V = x (2x − A) (2x − B) , < x < thể thay x 2x Do tốn tìm cực trị hàm số y = x (x − A) (x − B) (1.1) Bài toán hộp cần giả thiết A, B dương Tuy nhiên, ta xét A, B số nguyên Tổng quát ta xét hàm y = x (xm − A) (xm − B) = x2m+1 − (A + B) xm+1 + ABx, A, B ∈ Z (1.2) Các đa thức có dạng (1.2) gọi ngắn gọn đa thức 3-nhân tử Về mặt hình học, đồ thị đa thức (1.2) tùy thuộc vào tính chẵn lẻ m dấu A, B Chẳng hạn m = 2, A, B > đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt; B < < A đồ thị cắt trục hồnh điểm có điểm uốn liên tiếp Để thuận tiện cho việc trình bày ta cần khái niệm sau Định nghĩa 1.1.2 Một nghiệm phương trình gọi nghiệm kiểu m−hữu tỷ bậc m số ngun Vì tốn tìm cực trị đa thức nên ta cần tìm giá trị A, B để đạo hàm bậc bậc đa thức dạng (1.2) có nghiệm kiểu m−hữu tỷ Xét đa thức y = x (xm − A) (xm − B) = x2m+1 − (A + B) xm+1 + ABx, A, B ∈ Z Khi đó, ta có dy = (2m + 1)x2m − (A + B)(m + 1)xm + AB, dx d2 y = 2m(2m + 1)x2m−1 − m(A + B)xm−1 dx = xm−1 (2m(2m + 1)xm − m(A + B)) d2 y = có nghiệm x = bậc m số hữu tỷ d2 x Hơn nữa, đạo hàm bậc một đa thức bậc hai theo xm nên nghiệm Do bậc m số hữu tỷ phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỷ Giả sử phương trình xm = dy = có nghiệm Khi đó, ta có dx (A + B)(m + 1) 2(2m + 1) p (m + 1)2 A2 + (2m2 − 4m − 2)AB + (m + 1)2 B ± 2(2m + 1) (1.3) Do xm hữu tỷ biểu thức q (m + 1)2 A2 + (2m2 − 4m − 2)AB + (m + 1)2 B số hữu tỷ Chia biểu thức cho B biểu thức dấu 2A 1) B A + (m + 1)2 (1.4) B Biểu thức (1.4) bình phương số hữu tỷ tồn (m + + (2m2 − 4m − 2) số nguyên dương f, g ∈ N∗ cho gcd(f, g) = và1 (m + 2A 1) B A f2 + (2m − 4m − 2) + (m + 1) − = B g gcd(f, g) ước chung lớn f g (1.5) Áp dụng cơng thức nghiệm cho phương trình bậc hai ta thu A + 2m − m2 = B (m + 1)2 q (m2 − 2m − 1)2 − (m + 1)2 [(m + 1)2 − ± (m + 1)2 f2 g2 ] (1.6) Vế phải (1.6) số hữu tỷ tồn p, q ∈ N nguyên tố thỏa mãn p2 (m + 1) − 4m (2m + 1) = , g q 2f 2 hay p2 g + 4(2m + 1)m2 g q = q f (m + 1)2 Điều có nghĩa dy nghiệm phương trình = m−hữu tỷ ta có nghiệm dx phương trình Diophantine a2 + (2m + 1)b2 = c2 ; a, b, c ∈ N (1.7) Vì việc tìm cực trị tốn dẫn đến tìm nghiệm phương trình Diophantine (1.7) Vấn đề trình bày mục 1.2 Liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Xét phương trình Diophantine tổng quát a2 + kb2 = c2 , k, a, b, c ∈ N (1.8) Phương trình nghiên cứu từ lâu có lịch sử phong phú Ở Nhật Bản, phương trình Matunaga nghiên cứu vào nửa đầu kỷ 18 Một dạng tổng quát phương trình nghiên cứu sớm chút Châu Âu, tầm đầu kỷ 18, nhiều nhà toán học bao gồm Lagrange, Euler, Minding Dirichlet Trong phần ta tìm tất nghiệm nguyên (a, b, c) phương trình (1.8) thỏa mãn a, b, c nguyên tố Để tiện cho việc trình bày nghiệm (a, b, c) phương trình (1.8) thỏa mãn a, b, c nguyên tố gọi ngắn gọn ba nguyên thủy Khi ta có kết quan trọng sau Định lý 1.2.1 Cho k ∈ N u, v số nguyên dương thỏa mãn v gcd (u, v) = 1, u ≥ √ Gọi r ước chung lớn ku2 − v k 2uv Khi a= 2uv ku2 + v ku2 − v , b= , c= r r r tất ba nguyên thủy phương trình (1.8) Chứng minh Giả sử (a, b, c) ba ngun thủy phương trình (1.8) Khi a2 + kb2 = c2 , nghĩa c2 − a2 = kb2 Khẳng định tương đương với (c − a)(c + a) = kb2 (1.9) Vì a 6= c k, b 6= nên từ phương trình (1.9) ta có c+a b = kb c−a Gọi u, v ∈ N, gcd(u, v) = cho: u c+a b = = v kb c−a Từ phương trình (1.10) tính tốn đơn giản ta có ku = c + a = c + a v b b b v c−a c a = = − u b b b (1.10) Do đó, c ku2 + v a ku2 − v = ; = b 2uv b 2uv v Khẳng định kéo theo u ≥ √ Bây ta đặt r ước chung lớn k ku2 − v 2uv Dễ dàng suy r = gcd(2uv; ku2 + v ) Do ta thu ku2 − v 2uv ku2 + v a= , b= , c= r r r (1.11) v Ngược lại, với u, v ∈ N thỏa mãn gcd(u, v) = u ≥ √ , ta định k nghĩa r cơng thức (1.11) Khi dễ dàng chứng minh (a, b, c) ba nguyên thủy phương trình (1.8) Do biểu thức (1.11) biểu diễn toàn số nghiệm nguyên thủy phương trình (1.8) Trong kết Định lý 1.2.1 ta thấy r lấy giới hạn giá trị Khi k ≡ 1, 2, (mod 4) thu định lý sau Để tiện cho việc trình bày ta kí hiệu (a1 , a2 , , an ) ước chung lớn a1 , a2 , , an với số nguyên dương a1 , a2 , , an n ≥ Định lý 1.2.2 Cho k ≡ 1, 2, (mod 4) số tự nhiên u, v Định lý 1.2.1 Khi r = (v, k) r = 2(v, k) Hơn nữa, giá trị r phụ thuộc vào tính chẵn lẻ u, v cho bảng sau k≡1 u, v lẻ 2(v, k) u lẻ, v chẵn (v, k) u chẵn, v lẻ (v, k) k≡2 k≡3 (v, k) 2(v, k) (v, k) (v, k) (v, k) (v, k) Chứng minh Trước tiên, ta cần chứng minh r có giá trị (v, k) 2(v, k) Ta định nghĩa k0 , v0 đẳng thức k = k0 (v, k) v = v0 (v, k) Dễ dàng chứng minh (v0 , k0 ) = Do r = (k0 (v, k)u2 − v02 (v, k)2 , 2uv0 (v, k), k0 (v, k)u2 + v02 (v, k)2 ) (1.12) u Do ta có điều cần chứng minh Tiếp theo kết khẳng định cho Bài tốn hình hộp Lưu ý k = 2m + nên ta cần xét trường hợp k ≡ 1, (mod4) Trước tiên kết sau Định lý 1.2.5 Cho m ∈ N giả sử u, v số nguyên dương thỏa v mãn (u, v) = u ≥ √ Khi phương trình 2m + 1 + 2m − m2 A = B (m + 1)2 s 2 2m (2m + 1) u2 + v ± − (2m + 1) 2uv (m + 1)2 cho ta tất tỉ số (1.14) A cho nghiệm đạo hàm cấp 1, cấp B đa thức y = x (xm − A) (xm − B) 14 m−hữu tỷ Chứng minh Từ phương trình (1.7) ta đặt b = 2gmq c = (m + 1)f q f Nếu ta tìm tỉ số kết hợp với cơng thức Định lý 1.2.1 ta g có f c 2m (2m + 1)u2 + v 2m = = g bm + 2uv m+1 Do từ phương trình 1.14, ta có s A = B + 2m − m2 ± 2 (m2 − 2m − 1) − (m − 1) (m + 1) − fg 2 (m + 1)2 Theo Định lí 1.2.1, phương trình a2 + (2m + 1) b2 = c2 có nghiệm 2uv ku2 + v ku2 − v ,b = λ ,c = λ a=λ r r r (u, v) = u ≥ √ v c ku2 + v Khi = b 2uv 2m + f ku2 + v (2m + 1) u2 + v = = g 2uv 2uv Do ta có 2m A + 2m − m ± = B (m + 1)2 (m + 1)2 s (2m + 1) u2 + v 2uv 2 − (2m + 1) Định lý 1.2.5 cho ta hệ quan trọng dùng cho chứng minh kết chương Hệ 1.2.6 Giả sử A, B dấu Khi ta cần chọn u ≥ v (u, v) = 15 Chứng minh Vì A, B dấu, khơng tính tổng quát ta giả sử A ≥ Đặt B 2 (2m + 1) u2 + v − (2m + 1) = R 2uv Theo bất đẳng thức Cauchy, vế trái lớn Vì A ≥ B nên √ + 2m − m ± 2m R ≥ (m + 1)2 √ Khẳng định suy ± R ≥ m Vì m số nguyên dương nên √ R ≥ m, nghĩa R ≥ m2 Do ta có 2 (2m + 1) u2 + v − (2m + 1) ≥ m2 2uv Bất phương trình tương đương với 2 (2m + 1) u2 + v ≥ m2 + 2m + 2uv Bất phương trình tương đương với 2 (2m + 1) u2 + v ≥ (m + 1)2 2uv Suy (2m + 1) u2 + v ≥ m + 2uv Do (2m + 1) u2 + v ≥ (m + 1) uv √ v Vì u ≥ √ nên cố định a thỏa mãn ≤ a ≤ 2m + 2m + v cho u = ta viết biểu thức thành a (2m + 1) u2 + u2 a2 ≥ (m + 1) au2 Bất đẳng thức cho ta 2m + + a2 ≥ (m + 1) a 16 Suy a2 − (m + 1) a + (2m + 1) ≥ Bất đẳng thức a không nằm nghiệm a1 = 1; a2 = √ 2m + phương trình bậc hai Vì a ≤ 2m + nên ta suy v a = ≤ Do u ≥ v u Định lý sau kết chương Định lý câu trả lời khẳng định cho nghiệm Bài tốn hình hộp Định lý 1.2.7 Cho u, v số nguyên dương với u ≥ v (u, v) = Khi phương trình 3u2 − v A = + , B 4uv cho ta tất tỷ số A nghiệm Bài toán hình hộp, A ≥ B B Chứng minh Vì A ≥ B > theo Hệ 1.2.6 ta cần chọn u ≥ v loại trừ trường hợp A + 2m − m 2m = − B (m + 1)2 (m + 1)2 s (2m + 1) u2 + v 2uv 2 − (2m + 1) (1.14), số âm Do đó, ta lấy m = ta có tất nghiệm (1.1) xác định A 3u2 − v = + B 4uv Sự thay đổi biến (1.2) khơng làm thay đổi tỷ số nghiệm Vì phương trình biểu diễn tất nghiệm tốn gốc 1.3 Một số ví dụ tập Giữ nguyên ký hiệu Định lý 1.2.7 17 Ví dụ 1.3.1 Trong Định lý 1.2.7 chọn u = v = ta có A = B Khi Bài tốn hình hộp Bài tốn 1, thể tích khối hộp V = x(A − 2x)2 với < x < A/2 Xét hàm số y = x(2x − A)2 với < x < A/2 Khi đạo hàm cấp hàm số y = (2x − A)(6x − A.) Do y = x = A/2 x = A/6 Từ bảng biến thiên hàm số ta dễ dàng suy giá trị cực đại hàm số 2A3 /27 đạt x = A/6 Do thể tích lớn mà khối hộp đạt 2A3 /27 chiều cao khối hộp A/6 độ dài hai cạnh đáy 2A/3 Tức khối hộp có kích thước hữu tỷ Ví dụ 1.3.2 Trong Định lý 1.2.7 chọn u = v = ta có 3u2 − v A = + = B 4uv Khi A = 8a, B = 3a với a số nguyên dương Thể tích khối hộp V = x(8a − 2x)(3a − 2x) với < x < 3a/2 Xét hàm số y = x(2x − 8a)(2x − 3a) với < x < 3a/2 Khi đạo hàm cấp hàm số y = 12x2 − 44ax + 24a2 Do y = x = 2a/3 x = 3a Từ bảng biến thiên hàm số ta dễ dàng suy giá trị cực đại hàm số 200a3 /27 (đơn vị thể tích), đạt x = 2a/3 Do thể tích lớn mà khối hộp đạt 200a3 /27 chiều cao khối hộp 2a/3 độ dài hai cạnh đáy 20a/3 5a/3 Rõ ràng khối hộp có kích thước hữu tỷ Dưới phản ví dụ cho Định lý 1.2.7 Ví dụ A A, B không thỏa mãn Định lý 1.2.7 khơng nghiệm Bài tốn B hình hộp 18 Ví dụ 1.3.3 Trước tiên chọn A = 4, B = Khi thể tích khối hộp V = x(4 − 2x)(3 − 2x) với < x < 3/2 Xét hàm số y = x(2x − 4)(2x − 3) = 4x3 − 14x2 + 12x với < x < 3/2 Khi đạo hàm cấp hàm số y = 12x2 − 28x + 12 Do √ √ / Q y = tương đương với 3x2 − 7x + = Ta có ∆ = 13 ∈ nên phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ Vì V đạt giá trị cực đại x số vô tỉ, tức kích thước hình hộp khơng hữu tỷ Do A = 4, B = khơng nghiệm Bài tốn hình hộp Mặt khác ta khơng có giá trị ngun dương u ≥ v thỏa mãn (u, v) = cho 3u2 − v A = = + B 4uv Thật vậy, giả sử ngược lại tồn số nguyên dương u ≥ v cho 3u2 − v = + 4uv Đẳng thức tương đương với 9u2 − 10uv − 3v = Chia hai vế phương trình cho v ta phương trình 9(u/v)2 − 10(u/v) − = Đặt u/v = t tính chất u, v ta có t số hữu tỷ khơng nhỏ √ √ thỏa mãn 9t2 − 10t − = Vì ∆0 = 52 ∈ / Q nên phương trình 9t2 − 10t − = khơng có nghiệm hữu tỷ Do A = 4, B = không thỏa mãn Định lý 1.2.7 Dưới số tập đề nghị Bài tập Cho đa thức f (x) = a0 + a1 x + + an xn với a0 , , an ∈ Z deg(f (x)) > Giả sử r/s nghiệm hữu tỷ phương trình f (x) = với (r, s) = Chứng minh r ước a0 s 19 ước an Lời giải Vì r/s nghiệm phương trình f (x) = nên ta có a0 + a1 (r/s) + + an (r/s)n = Quy đồng phân số ta r(a1 sn−1 + + an rn−1 ) = −a0 sn Do r ước a0 sn Vì (r, s) = nên (r, sn ) = Suy r ước a0 Hoàn toàn tương tự ta suy s ước an Bài tập Áp dụng Bài tập tìm nghiệm hữu tỷ đa thức sau (i)f (x) = 2x4 + 3x3 + 4x2 + 5x + (ii)g(x) = 2x5 + 3x3 + 4x2 + 5x + Hướng dẫn Theo Bài tập nghiệm hữu tỷ có phương trình f (x) = ±1/2, ±1 ±2 Thay giá trị vào ta dễ dàng tìm nghiệm hữu tỷ −1 Tương tự cho g(x) Bài tập Chứng minh hàm số f (x) = x(2x − 5)(2x − 3) khơng có cực trị hữu tỷ Hướng dẫn Tính đạo hàm cấp giải phương trình f (x) = Bài tập Chứng minh khơng có giá trị ngun dương u, v thỏa mãn 3u2 − v = + 4uv Hướng dẫn Đưa phương trình bậc hai ẩn u/v Ví dụ 1.3.3 phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ Bài tập Chứng minh hàm số f (x) = x(2x − A)(2x − 2A) cực trị hữu tỷ với A ∈ Z Hướng dẫn Ta có f (x) = 12x2 − 12Ax + 2A2 Vì ∆0 = 12A2 khơng bình phương số hữu tỷ Do hàm số khơng có cực trị hữu tỷ với A ∈ Z Chương Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Bài tốn hộp mở rộng có liên hệ chặt chẽ với tốn nghiệm hữu tỷ đa thức đạo hàm Mục đích Chương trình bày kết phân loại đa thức nguyên cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ bậc đa thức có bậc 3, Các đa thức gọi đa thức dẫn xuất hữu tỷ 2.1 Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Định nghĩa 2.1.1 Ta gọi D (n, l, k) tập tất đa thức f (x) bậc n với hệ số miền nguyên1 k cho tất nghiệm đạo hàm f (x) , f (x) , , f (l) (x) thuộc k, với l ∈ N∗ Ví dụ 2.1.2 Xét đa thức y = x3 − 33x2 + 216x với hệ số Z Khi đạo hàm cấp cấp đa thức y = x3 − 33x2 + 216x = x (x − 9) (x − 24) y = 3x2 − 66x + 216 = (x − 4) (x − 18) y 00 = (x − 11) Rõ ràng tất nghiệm y, y , y 00 số nguyên Do y = x3 − 33x2 + 216x ∈ D (3, 2, Z) Nhắc lại, miền ngun vành giao hốn có đơn vị khơng có ước 20 21 Định nghĩa 2.1.3 Một đa thức D (n, l, k) gọi đa thức (n, l, k) dẫn xuất hay đơn giản đa thức k -dẫn xuất Nếu k = Q đa thức thuộc D (n, l, Q) gọi ngắn gọn đa thức dẫn xuất hữu tỷ Chú ý 2.1.4 Cho trước đa thức p dẫn xuất, ta có phép tốn sau tác động lên đa thức p (i) Đầu tiên phép phản chiếu theo đường x = t y = t với t ∈ k, kí hiệu Rtx Rty , Rtx : x 7→ 2t − x, Rty : y 7→ 2t − y (ii) Phép nhân vô hướng với t ∈ k ∗ = k\ {0} theo trục x hay trục y , kí hiệu Stx Sty , Stx : x 7→ tx, Sty : y 7→ ty (iii) Phép tịnh tiến song song với trục x trục y t ∈ k, kí hiệu Ttx Tty , Ttx : x 7→ x + t, Tty : y 7→ y + t Chú ý Rtx = T2tx ◦ R0x , Rty = T2ty ◦ R0y Ta ln có R0x , R0y bảo tồn tính chất k -dẫn xuất đa thức Phép tính tiến theo trục y , Sty ln bảo tồn tính k -dẫn xuất đa thức Nếu k trường Stx (p (x)) k - dẫn xuất p (x) k -dẫn xuất với t ∈ k ∗ Tuy nhiên, k miền nguyên phép biến đổi Stx với t ước ước chung lớn tất nghiệm p (x) đạo hàm nó, bảo tồn tính k - dẫn xuất đa thức p(x) Hơn nữa, phép tịnh tiến trục x, Ttx bảo tồn tính k -dẫn xuất, phép tịnh tiến trục y , Tty có bảo tồn, khơng Đặt [ [ y X = Stx |t ∈ k ∗ , p ∈ D → Stx (p) ∈ D {St |t ∈ k ∗ } {Ttx |t ∈ k } [ {R0x , R0y } 22 X∗ = X S Tty t ∈ k, p ∈ D → Tty (p) ∈ D Trong phần ta xét tập đa thức phân biệt modulo hợp thành tùy ý phép biến đổi X X ∗ Kí hiệu tương ứng tập D (n, l, k) D∗ (n, l, k) Cụ thể hơn, gọi G = hXi nhóm biến đổi sinh tập X Hai đa thức p q gọi modulo G tồn g ∈ G cho g(p) = q Quan hệ modulo G quan hệ tương đương, tập D(n, l, k) tập lớp tương đương theo quan hệ tương đương Để đơn giản, ta đồng lớp tương đương tập D(n, l, k) với đa thức đại diện lớp Ta có mơ tả tương tự cho tập D∗ (n, l, k) Ta có nhận xét sau Tất đa thức Z [x] Q-dẫn xuất Đa thức xn k -dẫn xuất, cho trường số k Cho đa thức y tùy ý, tồn trường k cho y ∈ D (n, l, k) D (n, l, k) = D (n, n − 1, k) với l ≥ n − D (n, n − 2, k) = D (n, n − 1, k) k trường Số phần tử D (n, l, Z) lớn 2, với n > l ≥ D (n, l, k) ⊆ D (n, l, K) với k ⊆ K D (n, l, Ok ) = D (n, l, k) cho trường số k Để thuận tiện cho việc trình bày, ta kí hiệu D (n, k) , D (n, k) D∗ (n, k) l ≥ n − cho miền nguyên l ≥ n − cho 23 trường Nếu k = Q, kí hiệu đơn giản D (n) , D (n) D∗ (n) cho trường hợp tương ứng Trong phần ta xét k = Z k = Q Người ta chứng minh kết sau Định lý 2.1.5 Các phát biểu sau (i) D (1) = {x} , D (2) = x2 , x (x − 1) S ω(ω − 2) (ii) D (3) = {x3 } {x(x−1)(x−a)}, a = , ω ∈ Q ω2 − S {x (x − 1)(x − a)}, (iii) D (4) ⊇ x a= (2ω + z − 12) (ω + 2) , (ω, z) ∈ E(Q), (z − ω − 18) (8ω + z) với E đường eliptic z = ω (ω − 6) (ω + 18) (iv) D (n) ⊇ xn , xn−1 (x − 1) với n ≥ Để thuận tiện cho việc trình bày ta phân lớp đa thức sau Đa thức p(x) có kiểu p(m1 ,m2 , ,mr ) p có r nghiệm phân biệt, mi bội nghiệm thứ i Rõ ràng, ta có m1 +m2 + +mr bậc p Ví dụ đa thức có kiểu p(1,1,1,1) có biểu diễn x (x − 1) (x − a) (x − b) Khi ta có phân lớp đa thức bậc có bốn nhân tử cho mệnh đề sau Mệnh đề 2.1.6 Các phát biểu sau (i) Các đa thức có kiểu p(2,1,1) đa thức dẫn xuất hữu tỷ (ii) Các đa thức có kiểu p(2,2) không đa thức dẫn xuất hữu tỷ (iii) Các đa thức có kiểu p(3,1) đa thức dẫn xuất hữu tỷ (iv) Các đa thức có kiểu p(4) đa thức dẫn xuất hữu tỷ Chứng minh Các đa thức p(4) , p(3,1) p(2,1,1) có biểu diễn x4 , x3 (x − 1) x2 (x − 1)(x − a) Khi cách tính đạo hàm, ta suy x4 , x3 (x − 1) x2 (x − 1)(x − a) đa thức dẫn xuất hữu tỷ Các đa thức có kiểu p(2,2) có biểu diễn y = x2 (x − 1)2 Khi 24 đạo hàm bậc hai đa thức y” = 12x2 − 12x + khơng có nghiệm hữu tỷ Do đa thức p(2,2) khơng dẫn xuất hữu tỷ Đối với đa thức có kiểu p(1,1,1,1) tác giả R.H Buchholz-J MacDougall đặt giả thuyết rằng: khơng có đa thức có kiểu p(1,1,1,1) dẫn xuất hữu tỷ Tương tự ta có định lý sau Định lý 2.1.7 Khơng có đa thức có kiểu p(2,2,1) dẫn xuất hữu tỷ Chứng minh Xét đa thức thuộc dạng p(2,2,1) , có dạng y = x2 (x − 1)2 (x − a), với a hữu tỷ Khi đạo hàm đa thức y = x2 (x − 1)2 (x − a) , y = x(x − 1)(5x2 − (4a + 3)x + 2a), y 00 = 20x3 − 12(a + 2)x2 + 6(2a + 1)x − 2a, y 000 = 6(10x2 − 4(a + 2)x + (2a + 1)) Nếu đạo hàm thứ có nghiệm hữu tỷ đa thức 5x2 − (4a + 3)x + 2a 10x2 − 4(a + 2)x + (2a + 1) có nghiệm hữu tỷ Suy tích biệt thức hai đa thức bậc hai bình phương số hữu tỷ, nghĩa 4a2 − 4a + 16a2 − 16a + = b2 , với b số hữu tỷ Theo [2, Proof of Theorem 1], phương trình có nghiệm hữu tỷ a = 1/2, b = ±5 Thử trước tiếp với a = 1/2 ta thấy đa thức y = x(x − 1)(5x2 − 5x + 1) khơng có tất nghiệm hữu tỷ Định lý chứng minh Đối với đa thức có kiểu p(1,1,1,1) p(3,1,1) ta có giả thuyết sau 25 Giả thuyết : Khơng có đa thức kiểu p(1,1,1,1) dẫn xuất hữu tỷ Giả thuyết : Khơng có đa thức kiểu p(3,1,1) dẫn xuất hữu tỷ Tương tự đa thức bậc 4, ta có bảng phân loại cho đa thức bậc sau Mệnh đề 2.1.8 Tính chất dẫn xuất hữu tỷ đa thức bậc có năm nhân tử cho bảng sau Kiểu 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) Biểu diễn x (x − 1) (x − a) (x − b) (x − c) x2 (x − 1) (x − a) (x − b) x2 (x − 1)2 (x − a) x3 (x − 1) (x − a) x3 (x − 1)2 x4 (x − 1) x5 Q-dẫn xuất Không - Giả thuyết Không - Giả thuyết Không - Định lý 2.1.7 Không - √ Giả thuyết Khơng - ∈ /Q Có Có Chứng minh Bằng cách tính đạo hàm đa thức kiểu p(5) p(4,1) ta suy đa thức dẫn xuất hữu tỷ Đa thức kiểu p(3,2) có đạo hàm cấp ba y (3) = 60x2 − 48x + Do y (3) = tương đương với 10x2 − 8x + = Vì biệt thức ∆ = nên nghiệm phương trình khơng số hữu tỷ Do đa thức p(3,2) không dẫn xuất hữu tỷ Các đường bậc lại kiểu p(1,1,1,1,1) p(2,1,1,1) có đạo hàm bậc thuộc kiểu p(1,1,1,1) Vì dẫn xuất hữu tỷ theo Giả thuyết Chú ý 2.1.9 Thực tế, kết liên quan đến giả thuyết chưa nhiều Theo Chris K Caldwell (1990), đa thức bậc có dạng x(x − 1)(x − a)(x − a − 1) dẫn xuất hữu tỷ Đối với giả thuyết 2, có nhiều kết Đầu tiên, tồn hữu hạn đường bậc thỏa mãn ta đưa chặn cho số đường bậc