Định lý siêu việt hermite lindemann

Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Lời cảm ơn Trong thời gian học tập khoa Toán - Trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, dạy dỗ, bảo tận tình thầy giáo, cô giáo, em tiếp thu nhiều tri thức khoa học, kinh nghiệm phương pháp học tập mới, bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới toàn thể thầy, cô khoa Toán – người chăm lo, dìu dắt cho chúng em trưởng thành hôm Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn thầy NCS Nguyễn Huy Hưng, người trực tiếp hướng dẫn, bảo đóng góp nhiều ý kiến quý báu thời gian em thực khoá luận Sinh viên Đào Xuân Tiềm Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Lời cam đoan Khoá luận em hoàn thành hướng dẫn thầy NCS Nguyễn Huy Hưng với cố gắng thân Trong trình nghiên cứu, em có tham khảo số tài liệu số tác giả (đã nêu mục tài liệu tham khảo) Em xin cam đoan kết khoá luận kết nghiên cứu thân, không trùng với kết tác giả khác Nếu sai em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Sinh viên Đào Xuân Tiềm Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Mục lục Trang Mở đầu…………………………………………………………………… Chương Kiến thức bổ trợ ……………………………… 1.1 Đa thức………………………………………………………… 1.2 Hàm hữu tỉ…………………………………………………… 1.3 Số đại số……………………………………………………… Chương Định lí siêu việt Hermite - Lindemann………… 13 2.1 Một số bổ đề………………………………………………… 13 2.2 Định lí siêu việt Hermite - Lindemann……………………… 17 2.3 Một số hệ ………………………………………………… 28 Kết luận………………………………………………………………… 31 Tài liệu tham khảo…………………………………………………… 32 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Mở đầu Vào khoảng 287 - 212 trước CN, nhà toán học cổ Hi Lạp Archimède tìm số  , dựa vào công trình hình học ông nhằm tìm tương quan độ dài đường tròn đường kính Đến cuối kỉ XVII đầu kỉ XVIII, Euler nhà toán học người Thụy Sĩ đưa số e Khi số  số e đời, có vai trò quan trọng Toán học, Vật lý học số lĩnh vực kĩ thuật Ta biết số  số e số siêu việt, thực để tính siêu việt hai số đơn giản Vào năm 1882, nhà Toán học người Đức Lindemann chứng minh định lí siêu việt Hermite – Lindemann kết thật đáng ngạc nhiên việc số  số e số siêu việt thật dễ dàng dựa vào định lí Với mong muốn nghiên cứu tìm hiểu sâu tính siêu việt số  số e, bước đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, em chọn đề tài “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ” Nội dung luận văn gồm hai chương: Chương Những kiến thức bổ trợ Chương Định lí siêu việt Hermite – Lindemann Trong chương 1, trình bày số kiến thức đa thức, nghiệm đa thức; hàm hữu tỉ đặc biệt khái niệm số đại số, số siêu việt Trong chương 2, đưa bổ đề để sử dụng việc chứng minh định lí siêu việt Hermite-Lindemann đưa số hệ Phương pháp nghiên cứu đề tài đọc tài liệu trao đổi nghiên cứu Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Chương Những kiến thức bổ trợ 1.1 Đa thức Định nghĩa 1.1.1 Một hàm số dạng f(x) = axn gọi đơn thức, với a  số (trường hợp chung số phức), x biến độc lập n số nguyên không âm, a gọi hệ số đơn thức, n gọi bậc đơn thức Định nghĩa 1.1.2 Một hàm số P  x  gọi đa thức, biểu diễn tổng hữu hạn đơn thức, nghĩa là: P  x   a1 x n1  a2 x n2   ak x nk , a1, a2 , , ak số bất kỳ, n1, n2,…,nk số nguyên không âm Định nghĩa 1.1.3 Nếu đa thức P(x) viết dạng: P(x) = a0 xn + a1xn-1 + …+an-1x + an, a0  0, ta nói viết theo bậc x biểu diễn dạng chuẩn tắc Các số a0, a1,…, an gọi hệ số đa thức Số a0 hệ số bậc cao số an gọi hệ số tự Số n gọi bậc đa thức kí hiệu là: deg P(x) = n Ví dụ 1.1.1 Hãy viết dạng chuẩn tắc đa thức sau: a, P(x) = (x - 1)4 - x3, b, P(x) = (x - 2) (x2 + 1), c, P(x) = (2 - ix2)2+ (2 + i )x3 + i x2 Lời giải a, P(x) = x4 - 4x3 + 6x2 - 4x + - x3 = x4 - 5x3 + 6x2 - 4x +1, b, P(x) = x3+ x - 2x2 - Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp = x3 - 2x2 + x - 2, c, P(x) = - i x2 - x4 + (2 + i ) x3 + ix2 = - x4 + (2 + i )x3 - 3ix2 + 0.x + Một số tính chất Cho P(x) Q(x) đa thức Khi đó, ta có số tính chất sau: 1, Tính hai đa thức P(x) Q(x) đa thức R(x), ta có: degR(x)= degP(x) + degQ(x) 2, Tổng (hiệu) hai đa thức P(x) Q(x) đa thức R(x), ta có: degR(x) = Max{degP(x); degQ(x)} Định nghĩa1.1.4 Cho đa thức P(x) có bậc lớn Khi đó, số  gọi nghiệm đa thức P(  ) = Ví dụ 1.1.2 Hãy tìm nghiệm đa thức   : a, P(x) = x3 - 3x + 2, b, P(x) = x2 - 2x + Lời giải a,Ta có P(x) = x3 -3x + = (x - 1)2 (x + 2) x 1  P(x) =    x  2 Vậy nghiệm đa thức   trùng nhau, giá trị : x = x = -2 b, Ta có P(x) = x2 – 2x +2  ' = - = -1 <  Đa thức nghiệm thực Nhưng ta lại có -1 = i nên đa thức có hai nghiệm phức là: x= + i x = – i Định lí 1.1.1 Mọi đa thức P(x) = a0xn +a1xn-1 + …+an-1x+an biểu diễn dạng : 10 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp P(x) = a0 (x -  ) (x -  ) … (x -  n ),  ,  , …,  n nghiệm đa thức Định lí 1.1.2 Mọi đa thức bậc n ( n   * ) có không n nghiệm Định lí 1.1.3 Mọi đa thức bậc n ( n   * ) có n nghiệm phức Công thức Viéte Cho P( x)  a0 xn  a1 xn1   an1 x  an đa thức P( x)  a0  x  1  x     x   n  , 1 , , , n nghiệm đa thức Khi đó, ta có công thức Viéte: 1 +  + … + n = - a1 a0   +   + … +   n +   + … +  n 1  n =   …  k + …+  n  k 1  nk  …  n = (-1)k a2 a0 ak a0 ………………………   …  n = (-1)n an a0 Định nghĩa 1.1.5 Một hàm số dạng   x1 , x2 , , xk   ax1n x2n xkn , k a  số ( trường hợp chung số phức), x1 , x2 , , xk biến số, n1, n2 ,…,nk số nguyên không âm, gọi đơn thức biến x1 , x2 , , xk Số a gọi hệ số đơn thức, số n = n1+n2 + …+ nk gọi bậc đơn thức Kí hiệu : deg   x1 , x2 , , xk   n1  n2   nk Những số n1, n2,…, nk gọi bậc đơn thức ứng với biến x1 , x2 , , xk Định nghĩa 1.1.6 Hai đơn thức gọi đồng dạng, chúng khác hệ số 11 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Định nghĩa 1.1.7 Một hàm số P  x1 , x2 , , xk  gọi đa thức nhiều biến, biểu diễn tổng hữu hạn đơn thức, nghĩa là: P  x1 , x2 , , xk  = a1 x1n x2n … xkn + … + an x1l x2l … xkl , k k a1 x1n x2n … xkn ,…, an x1l x2l … xkl đơn thức biến k k x1, x2,…, xk Định nghĩa 1.1.8 Cho đa thức nhiều biến P  x1 , x2 , , xk  Đa thức gọi đa thức đối xứng, với hoán vị số i1, i2, … ik số 1,2, …, k thoả mãn đẳng thức sau:   P xi1 , xi2 , , xik  P  x1 , x2 , , xk  Nói cách khác, đa thức đối xứng không thay đổi thay đổi vai trò biến cho dạng khai triển Ví dụ 1.1.3 Đa thức sau đối xứng P(x1,x2,x3) = x12 + x12 + x32 - x1x2x3 dễ dàng kiểm tra đẳng thức sau đúng: P(x1,x2,x3) = P(x1,x2,x3) = P(x2,x1,x3) = P(x2,x3,x1) = P(x3,x1,x2) = P(x3,x2,x1) Định nghĩa 1.1.9 Những đa thức sau gọi đa thức đối xứng sở: 1 = x1 + x2 + … + xk,  = x1x2 + x1x3 + … + x1xk + … + xk-1xk, …………  m = x1x2…xm +…+ xk-m+1 xk-m+2…xk,  k = x1x2…xk Định lí 1.1.4 (Định lí cho đa thức đối xứng) Mọi đa thức đối xứng biểu diễn đa thức đa thức đối xứng sở biểu diễn 12 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Hệ 1.1.1 Nếu 1 ,  ,…,  k k nghiệm đa thức với hệ số hữu tỉ P(x1,x2,…,xk) đa thức đối xứng với hệ số số hữu tỉ, ta có: P( 1 ,  ,…,  k ) số hữu tỉ 1.2 Hàm hữu tỉ Định nghĩa 1.2.1 Hàm hữu tỉ hàm dạng R  x  = P( x) , P( x) Q( x) Q ( x) đa thức: P( x) = a0 xn  a1xn1  an1x  an Q( x)  b0 xm  b1x m1   bm1x  bm , với a , a1 ,…, an ; b0 , b1 ,…, bm số (trường hợp chung số phức), gọi hệ số hàm hữu tỉ, a0  , b0  , n m số nguyên không âm Hàm hữu tỉ R( x) xác định với x mà làm cho Q( x)  Định nghĩa 1.2.2 Hàm hữu tỉ gọi hàm hữu tỉ chuẩn bậc đa thức tử nhỏ bậc đa thức mẫu Ví dụ 1.2.1 Các hàm sau hàm hữu tỉ a) R ( x)  x3  x  , 3x  x  b) R ( x)  x 1 x  2x  2 Định nghĩa 1.2.3 Hàm hữu tỉ nguyên tên gọi khác đa thức Ta thấy hàm hữu tỉ nguyên trường hợp riêng hàm hữu tỉ (với đa thức mẫu đa thức bậc 0) 13 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp áp dụng Hệ 1.1.1 Ta suy k số hữu tỉ  = 1, 2, … Theo đó, g(x) hàm hữu tỉ x có hệ số số nguyên hữu tỉ, tổng C1g(  ) + C2g(  ) +….+ Cng(  n ) bao gồm hệ số k số hữu tỉ ứng với   (3) trở thành: B1e   Bme , s r  r , ,  s m thành phần 1 ,…,  M Khi đó, biểu thức có chứa biểu thức: B1 e 1 + …+ BM e m , (2) nên ta có tích  ứng với   0, hay ta có: C1 e + C2 e + …+Cn e n = (6) Hơn nữa, với hàm hữu tỉ nguyên g(x) có hệ số số nguyên hữu tỉ, ta có:  C1g( ) + C2g( )+ + C ng(  n )  số hữu tỉ (7) + Do số  ,…,  n số đại số đôi khác nên ta xem số nghiệm phương trình: xN + r1xN-1 + r2xN-2+…+ rN-1x + rN = 0, (8) hệ số r1, r2,…,rN-1, rN số hữu tỉ, N  n nghiệm bội Ta nhân phương trình với HN , H mẫu số chung nhỏ hệ số r1,…,rN thu phương trình tương đương: (Hx)N + Hr1(Hx)N-1 + …+ HN-1rN-1(Hx) + HNrN = Thay Hx ta viết X gọi số nguyên Hr1, H2r2,…,HNrN g1, g2,…,gN ta phương trình: XN + g1 XN-1 + g2XN-2 + …+ gN-1X + gN = Đặt f  X  = XN + g1XN-1 + g XN-2 +…+ gN-1X + gN Khi ta có f  X  đa thức với hệ số nguyên 23 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Nếu 1 , 2 , ,  N nghiệm phương trình f  X   , lúc theo Định lí 1.1.1 Ta có : f ( X )   X  1  ( X  2 ) ( X   N ) Do  ,  ,…,  n nghiệm phương trình (8) nên H  , H  ,…,H  n nghiệm phương trình f  X  = Không tính tổng quát ta coi 1 = H  ,  =H  ,…,  n = H  n Vì 1 ,  ,…,  n nghiệm đa thức với hệ số nguyên, nên 1, 2 , , n biểu diễn số đại số nguyên Khi áp dụng kết (7), ta có:  C1g(1 ) + C2g(2 ) + + C ng( n )  số nguyên hữu tỉ (9) Ngoài f  X  ra, ta xem xét hàm: (X )  f (X ) f (X ) f (X )    X  1 X   X  N  ( X   )( X  3 ) ( X   N )  ( X  1 )( X  3 ) ( X   N )   ( X  1 )( X   ) ( X   N 1 )  NX N 1  N1 X N 2  N2 X N 3  N N 2 X  N N 1 Khi đó, ta có  (1 )  ,  (2 )  , ,  ( N )  hệ số N , N1, N2 , , N N 2 , N N 1 đa thức đối xứng biến 1 ,  ,…,  N áp dụng Hệ 1.1.1 ta suy N , N1 , N , , N N 2 , N N 1 số hữu tỉ Xét tổng: C1 (1 )  C2 (2 )   Cn (n ) , tổng áp dụng Bổ đề 2.1.3 Ta chọn số nguyên dương h (h[...]... hơn 1 hay A Eq  1 Do đó điều giả sử của ta q! là sai Suy ra “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ” được chứng minh 2.3 Một số hệ quả Hệ quả 2.3.1 Số e là số siêu việt Thật vậy, giả sử e không phải là số siêu việt, suy ra e phải là số đại số Ta thấy rõ ràng  e2  1.e.e  e2 cũng là số đại số Khi đó theo “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ”, ta phải có: e.e3  e2 e2  0 , (*) trong đó ta có:... siêu việt Hệ quả 2.3.2 Số  là số siêu việt Thật vậy, Euler đã tìm ra mối quan hệ giữa số e và số  là: ei  1  0 Nếu ta giả sử  là số đại số, thì ta có i cũng là số đại số Và ta có: 1.ei  1.e0  0 Ta coi: A1  1, 1  i , A2  1,  2  0 Khi đó, đẳng thức trên theo “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ” không thể tồn tại Suy ra,  không phải là số đại số hay nói cách khác  là số siêu việt. ..  2i  ei   2i  e0  0 Theo “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ” thì điều này là không thể Suy ra điều phải chứng minh 34 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Kết luận Nghiên cứu đề tài này dựa trên kiến thức cơ bản về Đại số, luận văn đã đưa ra hệ thống những kiến thức bổ trợ phù hợp để giải quyết được nội dung chứng minh đinh lí siêu việt Hermite - Lindemann và rút ra được những hệ quả... nhận 1  2i làm nghiệm ) Định nghĩa 1.3.3 Một số không phải là số đại số được gọi là số siêu việt Ví dụ 1.3.3 Số  và số e là những số siêu việt (tính siêu việt của  , e ta thấy ở phần sau) 14 Đào Xuân Tiềm Khoá luận tốt nghiệp Định nghĩa 1.3.4 Một số  gọi là số đại số nguyên nếu nó là nghiệm của đa thức hệ số nguyên Định nghĩa 1.3.5 Số nguyên Cyclotomic là số có dạng :  0  1    p 1 p 1 ,... luận tốt nghiệp a  eb  1.eb   a  e0  0 Theo “ Định lí siêu việt Hermite – Lindemann ” thì điều này là không thể Suy ra điều phải chứng minh *Nhận xét: Ta có thể lí giải điều này dựa vào đồ thị hàm số y = ex như sau: Ta thấy đồ thị của 2 hàm số y = ex và y = lnx đối xứng nhau qua đường phân giác y = x (Theo định nghĩa hàm số lôgarit và theo định lí về 2 hàm số ngược nhau) Do đồ thị y = ex chỉ... 1 n 1 1  2  nn1 Định thức trên như ta đã biết đó là định thức Vandermonde và có kết quả sau: 1 1 1 1  2  n 12  22  n2   ( i   j )  0 i j 1n1  2n1  nn1 Mâu thuẫn này dẫn đến, phải tồn tại nguyên dương m ( m ... Số đại số……………………………………………………… Chương Định lí siêu việt Hermite - Lindemann ……… 13 2.1 Một số bổ đề………………………………………………… 13 2.2 Định lí siêu việt Hermite - Lindemann …………………… 17 2.3 Một số hệ …………………………………………………... Vật lý học số lĩnh vực kĩ thuật Ta biết số  số e số siêu việt, thực để tính siêu việt hai số đơn giản Vào năm 1882, nhà Toán học người Đức Lindemann chứng minh định lí siêu việt Hermite – Lindemann. .. P(x) = (x - 1)4 - x3, b, P(x) = (x - 2) (x2 + 1), c, P(x) = (2 - ix2)2+ (2 + i )x3 + i x2 Lời giải a, P(x) = x4 - 4x3 + 6x2 - 4x + - x3 = x4 - 5x3 + 6x2 - 4x +1, b, P(x) = x3+ x - 2x2 - Đào Xuân