Luận văn Thạc sĩ Toán học Định lý cơ bản của đại số

Header Page of 89 I HC THI NGUYấN I HC KHOA HC Lấ TH KIM LIấN NH Lí C BN CA I S LUN VN THC S TON HC Chuyờn ngnh: Phng phỏp toỏn s cp Thỏi Nguyờn, nm 2012 Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Mục lục Mục lục Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa thức trờng 1.2 Nghiệm đa thức Lịch sử Định lí Đại số 11 2.1 Một số đóng góp ban đầu 11 2.2 Đóng góp Jean le Rond DAlembert 14 2.3 Đóng góp Leonhard Euler 16 2.4 Joseph-Louis Lagrange Pierre Simon Laplace 20 2.5 Đóng góp Carl Friedrich Gauss 21 Một số chứng minh Định lí Đại số 26 3.1 Chứng minh dùng công cụ đại số 26 3.2 Chứng minh dùng công cụ giải tích phức 31 3.3 Chứng minh dùng công cụ tôpô 35 Phần phụ lục 37 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Lời cảm ơn Sau trình nhận đề tài nghiên cứu dới hớng dẫn khoa học PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, luận văn Định lí Đại số đợc hoàn thành Có đợc kết này, nhờ dạy bảo tận tình nghiêm khắc Cô Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cô gia đình! Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, Phòng Đào tạo-Khoa học-Quan hệ quốc tế Khoa Toán-Tin Trờng Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình học tập trờng nh thời gian hoàn thành đề tài Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện cán thuộc Phòng Đào tạo Khoa Toán-Tin để lại lòng ấn tợng tốt đẹp Tôi xin cảm ơn Phòng Giáo dục Đào tạo huyện Thủy Nguyên thành phố Hải Phòng Trờng trung học sở Dơng Quan - nơi công tác tạo điều kiện cho hoàn thành khóa học Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp thành viên lớp cao học Toán K4B (Khóa 2010-2012) quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ để hoàn thành nhiệm vụ Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Lời nói đầu Định lí Đại số phát biểu đa thức biến khác với hệ số phức có nghiệm phức Đôi khi, Định lí Đại số đợc phát biểu dới dạng: Mỗi đa thức biến khác với hệ số phức có số nghiệm phức (mỗi nghiệm tính với số bội nó) bậc đa thức Mặc dù tên định lí Định lí Đại số nhng chứng minh túy đại số cho định lí Tất chứng minh cho Định lí cần đến tính đầy đủ tập số thực, dạng tơng đơng tính đầy đủ, mà tính đầy đủ lại không khái niệm đại số Hơn nữa, Định lí Đại số tảng Đại số đại Tên định lí đợc đặt vào thời điểm mà việc nghiên cứu đại số chủ yếu để giải phơng trình đa thức Peter Roth ngời phát biểu gợi mở Định lí Đại số sách Arithmetica Phylosophica công bố năm 1608: Một đa thức bậc n với hệ số thực có không n nghiệm Tiếp đến khẳng định Albert Giard (1595-1632) sách Linvention nouvelle en lAlge` bre xuất năm 1629: Phơng trình đa thức bậc n có n nghiệm, trừ phơng trình bị khuyết Nhiều nhà toán học tin Định lí đúng, họ tin đa thức với hệ số thực khác viết dới dạng tích đa thức với hệ số thực bậc hai Bên cạnh lại có ngời (Gottfried Wilhelm Leibniz, Nikolaus II Bernoulli) cố tìm đa thức bậc với hệ số thực không tích đa thức bậc Tuy nhiên, phản ví dụ họ đợc Leonhard Euler phản bác, điều làm cho nhà toán học thời tin tởng tính đắn Định lí Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Chứng minh cho Định lí thuộc DAlembert vào năm 1746, nhng chứng minh không hoàn chỉnh Euler 1749 có chứng minh cho Định lí trờng hợp bậc đa thức Các chứng minh khác đợc thực Euler 1749, De Foncenex 1759, Lagrange 1772 Laplace 1795 có nhiều chỗ cha chặt chẽ Kể chứng minh Gauss năm 1799 không đầy đủ Mãi đến năm 1816, Gauss đa chứng minh xác cho Định lí Mục tiêu luận văn giới thiệu lịch sử Định lí Đại số, nhấn mạnh đóng góp quan trọng DAlembert, Euler Gauss, đồng thời trình bày số chứng minh sau cho Định lí cách sử dụng công cụ đại số, giải tích phức tôpô Các kết thông tin luận văn đợc viết dựa vào báo [Ba] Baltus Historia Mathematica 2004, báo [Ca] J Carrera Publicions Matematiques 1992, sách [MF] Miller-File 2003, đặc biệt báo [Du] Dunham 1991 Dunham đợc Hội Toán học Mỹ trao giải thởng Polya năm 1992 báo Luận văn gồm chơng Chơng trình bày kiến thức chuẩn bị đa thức Chơng giới thiệu lịch sử Định lí Đại số với đóng góp tiêu biểu số nhà toán học Chơng đa số chứng minh cho Định lí cách sử dụng công cụ Đại số, Giải tích phức Tôpô Ngoài ra, luận văn có Phần phụ lục trình bày kiến thức số phức, mở rộng trờng, trờng phân rã nh hình ảnh số nhà toán học có đóng góp quan trọng cho Định lí Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Chơng Kiến thức chuẩn bị Mục đích chơng nhắc lại số khái niệm kết liên quan đến đa thức trờng nh phép chia với d, nghiệm đa thức để phục vụ việc trình bày kết chơng sau 1.1 Đa thức trờng 1.1.1 Định nghĩa Một tập K với hai phép toán cộng nhân đợc gọi trờng nếu: (a) Kết hợp: a+(b+c) = (a+b)+c (ab)c = a(bc) với a, b, c K (b) Giao hoán: a + b = b + a ab = ba với a, b K (c) Phân phối: a(b + c) = ab + ac với a, b, c K (d) Tồn đơn vị K cho a1 = 1a = a với a K (e) Tồn phần tử K cho a + = + a = a với a K (g) Mỗi a K, tồn phần tử đối a K cho a + (a) = (h) Mỗi = a K, tồn phần tử khả nghịch a1 K cho aa1 = = a1 a Chẳng hạn, Q, R, C trờng Tập Q[ 7] = {a+b | a, b Q} trờng Q[ p] = {a + b p | a, b Q} trờng p số nguyên tố Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Từ hết chơng này, giả thiết K trờng 1.1.2 Định nghĩa Một biểu thức dạng f (x) = an xn + + a0 K với i đợc gọi đa thức ẩn x (hay biến x) với hệ số K Nếu an = an đợc gọi hệ số cao f (x) số tự nhiên n đợc gọi bậc f (x), kí hiệu deg f (x) xi g(x) = Chú ý hai đa thức f (x) = bi xi = bi với i Ta định nghĩa bậc cho đa thức khác 0, ta quy ớc đa thức bậc Kí hiệu K[x] tập đa thức ẩn x với hệ số K Với f (x) = định nghĩa f (x) + g(x) = ck = i+j=k xi g(x) = (ai bi)xi f (x)g(x) = bi xi , ck xk , bj Ta dễ dàng kiểm tra đợc tính chất sau bậc đa thức 1.1.3 Bổ đề Với f (x), g(x) K[x] ta có deg(f (x) + g(x)) max{deg f (x), deg g(x)} deg(f (x).g(x)) = deg f (x) + deg g(x) Định lí sau đây, gọi Định lí phép chia với d, đóng vai trò quan trọng lí thuyết đa thức 1.1.4 Định lý Cho f (x), g(x) K[x], g(x) = Khi tồn cặp đa thức q(x), r(x) K[x] cho f (x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = deg r(x) < deg g(x) Chứng minh Trớc hết ta chứng minh tính Giả sử f (x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q1 (x) + r1 (x), r(x), r1 (x) có bậc nhỏ bậc g(x) Khi g(x)(q(x) q1 (x)) = r1 (x) r(x) Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 Nếu r(x) = r1 (x) deg(r r1) = deg g(q q1 ) = deg g + deg(q q1 ) Điều mâu thuẫn deg(r r1 ) max{deg r, deg r1 } < deg g deg g + deg(q q1) Do vậy, r1 (x) = r(x) Suy g(x)(q(x) q1 (x)) = Vì g(x) = nên q(x) q1 (x) = 0, tức q(x) = q1 (x) Bây ta chứng minh tồn Nếu deg f (x) < deg g(x) ta chọn q(x) = r(x) = f (x) Giả sử deg f (x) deg g(x) Viết f (x) = am xm + + a0 g(x) = bn xn + + b0 với am , bn = am mn n m Chọn h(x) = x Đặt f1 (x) = f (x) g(x)h(x) Khi bn f1 (x) = f1(x) có bậc thực bé bậc f (x) Trong trờng hợp f1 (x) = 0, ta tìm đợc d phép chia f (x) cho g(x) r(x) = thơng q(x) = h(x) Nếu f1(x) = ta tiếp tục làm tơng tự với f1 (x) ta đợc đa thức f2 (x) Cứ tiếp tục trình ta đợc dãy đa thức f1 (x), f2(x), , chúng khác chúng có bậc giảm dần Vì sau hữu hạn bớc ta đợc đa thức có bậc bé bậc g(x) đa thức d r(x) Nếu đa thức dãy d r(x) = Thế vào nhóm lại ta tìm đợc q(x) Trong định lý trên, q(x) đợc gọi thơng r(x) đợc gọi d phép chia f (x) cho g(x) Nếu d phép chia f (x) cho g(x) tồn q(x) K[x] cho f (x) = g(x)q(x) Trong trờng hợp ta nói f (x) chia hết cho g(x) hay g(x) ớc f (x) Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page of 89 1.2 Nghiệm đa thức 1.2.1 Định nghĩa Với f (x) = an xn + + a1 x + a0 K[x] phần tử trờng chứa K, ta đặt f () = an n + + a1 + a0 Nếu f () = ta nói nghiệm f (x) Chẳng hạn, số R nghiệm đa thức x2 Q[x] 1.2.2 Hệ Phần tử a K nghiệm đa thức f (x) K[x] tồn đa thức g(x) K[x] cho f (x) = (x a)g(x) Chứng minh Chia f (x) cho x a, d đa thức bậc bậc (x a) Vì vậy, d phần tử r K Ta có f (x) = (xa)q(x)+r Thay x = a vào đẳng thức ta đợc r = f (a) Cho k > số nguyên Một phần tử a K đợc gọi nghiệm bội k đa thức f (x) K[x] f (x) chia hết cho (x a)k nhng không chia hết cho (xa)k+1 Nếu k = a đợc gọi nghiệm đơn Nếu k = a đợc gọi nghiệm kép 1.2.3 Hệ Phần tử a K nghiệm bội k f (x) K[x] f (x) = (x a)k g(x) với g(x) K[x] g(a) = Chứng minh Giả sử a nghiệm bội k f (x) Vì f (x) chia hết cho (x a)k nên f (x) = (x a)k g(x) với g(x) K[x] Nếu g(a) = theo Hệ 1.2.2 ta có g(x) = (x a)h(x) với h(x) K[x] f (x) chia hết cho (x a)k+1, vô lí Vậy g(a) = Ngợc lại, f (x) = (x a)k g(x) nên f (x) chia hết cho (x a)k Nếu f (x) chia hết cho (x a)k+1 f (x) = (x a)k+1 h(x) với h(x) K[x] Do (x a)k g(x) = (x a)k+1 h(x) Do K trờng nên g(x) = (x a)h(x) Suy g(a) = 0, mâu thuẫn Vậy f (x) không chia hết cho (x a)k+1 Footer Page of 89 S húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 10 of 89 1.2.4 Hệ Cho a1 , a2 , , ar K nghiệm phân biệt f (x) K[x] Giả sử nghiệm bội ki f (x) với i = 1, 2, , r Khi f (x) = (x a1 )k1 (x a2)k2 (x ar )kr u(x), u(x) K[x] u(ai) = với i = 1, , r Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo r Trờng hợp r = đợc suy từ Hệ 1.2.3 Cho r > Theo giả thiết quy nạp, tồn h(x) K[x] cho f (x) = (x a1 )k1 (x a2)k2 (x ar1 )kr1 h(x), h(x) K[x] h(ai) = với i = 1, , r Vì ar nghiệm f (x) nên ta có = f (ar ) = (ar a1 )k1 (ar a2 )k2 (ar ar1 )kr1 h(ar ) Do ar = với i = 1, , r nên h(ar ) = Giả sử h(x) = (x ar )t u(x) u(x) K[x], u(ar ) = t > số nguyên Vì h(ai ) = nên u(ai ) = với i = 1, , r Do ar nghiệm bội kr f (x) nên t kr Hơn nữa, f (x) có phân tích f (x) = (x ar )kr v(x), v(x) K[x] v(ar ) = Vì ta có f (x) = (x ar )kr v(x) = (x a1)k1 (x ar1)kr1 (x ar )t u(x) Chú ý K trờng, giản ớc hai vế cho (x ar )t ta đợc (x ar )kr t v(x) = (x a1)k1 (x ar1)kr1 u(x) Nếu t < kr thay x = ar vào đẳng thức ta có vế trái 0, vế phải khác 0, điều vô lý Vậy t = kr Vì f có phân tích f (x) = (x a1 )k1 (x ar1 )kr1 (x ar )kr u(x) u(ai ) = với i = 1, , r 1.2.5 Hệ Cho = f (x) K[x] đa thức Khi số nghiệm f (x), nghiệm tính với số bội nó, không vợt bậc f (x) Footer Page 10 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 31 of 89 30 Do an1, an2, , a0 K nên ta suy g(1 , , n ) K Bây đa chứng minh cho Định lí 3.1.6 Định lí Đại số Cho p(x) đa thức với hệ số phức có bậc t > Khi p(x) có nghiệm phức Chứng minh Trớc hết ta khẳng định cần chứng minh Định lí cho trờng hợp đa thức với hệ số thực đủ Thật vậy, giả sử p(x) = (at + bt i)xt + + (a1 + b1 i)x + (a0 + b0 i) Đặt p(x) = (at bt i)xt + + (a1 b1 i)x + (a0 b0) Khi p(x)p(x) = (at xt + + a1x + a0)2 + (bt xt + + b1 x + b0 )2 đa thức với hệ số thực z = a + bi nghiệm p(x)p(x) z nghiệm p(x) z = a bi nghiệm p(x) Bớc chứng minh Định lí quy nạp theo n, p(x) đa thức với hệ số thực có bậc t = 2n (2m + 1) Không tính tổng quát, ta giả thiết p(x) có hệ số cao Cho n = Khi p(x) có bậc 2m+1 số lẻ Do theo Bổ đề 3.1.1(i), p(x) có nghiệm thực Giả sử chứng minh Định lí cho trờng hợp n < N Ta chứng minh cho trờng hợp bậc đa thức p(x) d = 2N (2m + 1) Theo Bổ đề 3.1.1(ii), tồn trờng E cho p(x) có phân tích d(d 1) p(x) = (x r1 ) (x rd ) với r1 , , rd E Đặt s = Với k = 1, , s + 1, đặt qk (x) = (x ri rj kri rj ) i r Vì 1/p(z) liên tục nên |z| miền |z| r Vì 1/p(z) bị chặn r Vậy, 1/p(z) bị chặn toàn mặt phẳng phức Vì p(z) = với z C nên 1/p(z) xác định C Do 1/p(z) khả vi C, tức giải tích C Theo Định lí Liouville, p(z) Footer Page 33 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 34 of 89 33 hàm hằng, điều vô lí với giả thiết bậc p(z) = n > Vậy p(z) có nghiệm C 3.2.2 Chứng minh thông qua Định lí Eugene Rouche Để chứng minh Định lí Đại số, ta sử dụng Định lí E Rouche (xem [MF, Trang 3) Trớc hết ta nhắc lại Định lí Rouche 3.2.2.1 Định lí (Rouche) Cho miền M C với biên M B(M) Nếu f (z) h(z) hàm giải tích miền M cho |h(z)| < |f (z)| biên B(M) f (z) f (z) + h(z) có số nghiệm miền M Bây ta chứng minh Định lí Đại số 3.2.2.2 Định lí Cho p(z) đa thức với hệ số phức có bậc n > Khi p(z) có n nghiệm phức Chứng minh Cho p(z) = an z n + + a1z + a0 đa thức với hệ số phức bậc n > Ta cần chứng minh p(z) có nghiệm phức Đặt f (z) = an z n h(z) = p(z) f (z) = an1 z n1 + + a1z + a0 Lấy số thực r > Trên đờng tròn |z| = r ta có |f (z)| = |an z n | = |an ||z|n = |an |rn ; |h(z)| = |an1 z n1 + + a1 z + a0 | |an | = nên ta đặt K= |an1|rn1 + + |a1 |r + |a0 | Vì |an1 | + + |a1 | + |a0 | |an | Footer Page 34 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 35 of 89 34 Chọn r > max{1, K} Khi |h(z)| |an1 |rn1 + + |a1|r + |a0 | |an1| + + |a1 | + |a0| rn1 < (r|an |)rn1 = |an |rn = |f (z)| Vì |h(z)| < |f (z)| với z nằm đờng tròn tâm gốc tọa độ, bán kính r Chú ý đờng tròn |z| = r biên miền M := {z C | |z| r} Rõ ràng f (z) = an z n có n nghiệm phức (thực f (z) có nghiệm z = với bội n) Do theo Định lí Rouche, p(z) = f (z) + h(z) có n nghiệm phức 3.2.3 Chứng minh thông qua bán kính hội tụ Cho p(z) = an z n + + a1 z + a0 đa thức với hệ số phức có bậc n dơng Nếu a + = p(z) có nghiệm z = Do ta giả thiết a0 = Đặt f (z) = 1/p(z) Giả sử p(z) = với z C Khi tồn khai triển điểm f (z) thành chuỗi f (z) = b0 + b1 z + b2 z + Trớc hết, ta khẳng định tồn hai số phức c, r R cho |bk | > crk với nhiều vô hạn k Thật vậy, rõ ràng = p(z)f (z) Đồng hệ số tự hai vế ta đợc a0 b0 = Suy |b0 | = 1/|a0| Do tồn c < 1/|a0 | ta có kết với k0 = Giả sử kết cho số k, tức |bk | > crk Ta cần chứng minh tồn số k để |bk | > crk Giả sử điều không đúng, tức k số lớn có tính chất |bk | > crk Khi hệ số z n+k p(z)f (z) a0 bn+k + a1 bn+k1 + + an bk , đồng hệ số z n+k đẳng thức = p(z)f (z) ta có a0 bn+k + a1bn+k1 + + an bk = Footer Page 35 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 36 of 89 35 Suy a0 bn+k + a1 bn+k1 + = an bk Vì môđun tổng số phức không vợt tổng mô đun số phức với i = 0, , n ta có |aibk+ni | = |ai ||bk+ni| |ai|crk+ni Từ ta dễ dàng suy |a0 |rn + |a1 |rn1 + + |an1|r Nếu r |bk | = 1, |an | |a0 + + |an1 | |a0 bk+n + + an1 bk+1 | |an | |an | ta có |a0 bk+n | + + |an1 bk+1| |an | crk với r đủ nhỏ Điều vô lí Đặt z = 1/r Ta có |bk z k | = |bk | >c rk với vô hạn số tự nhiên k Do chuỗi b0 + b1 z + b2z + không hội tụ, điều vô lí Vậy, tồn z C để p(z) = 3.3 Chứng minh dùng công cụ tôpô Để chứng minh Định lí Đại số, ta sử dụng công cụ tôpô Định lí Charles E Picard (xem [MF, Trang 3,4) Trớc hết ta nhắc lại Nguyên lí Bolzano - Weierstrasss dãy số miền bị chặn (đây tính chất tôpô) 3.3.1 Bổ đề (Nguyên lí Bolzano - Weierstrasss) Mỗi d y {zn } số phức miền bị chặn mặt phẳng phức trích đợc d y hội tụ Tiếp theo, ta nhắc lại Định lí Picard Footer Page 36 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 37 of 89 36 3.3.2 Bổ đề (Định lí Picard) Cho f (z) hàm nguyên (tức f (z) khả vi toàn mặt phẳng phức) Giả sử tồn z1 = z2 , z1, z2 C cho f (z) = z1, f (z) = z2 với z C f (z) hàm Bây ta chứng minh Định lí Đại số 3.3.3 Định lý Cho p(z) đa thức với hệ số phức có bậc n > Khi p(z) có nghiệm phức Chứng minh Rõ ràng p(z) khả vi C Giả sử p(z) nghiệm phức Khi p(z) = với z C Đặt z1 = Ta có p(z) = z1 với z C Ta chứng minh tồn điểm z2 = z1 cho p(z) = z2 với z C Giả sử với k N cho trớc, tồn zk C cho p(zk ) = 1/k Chú ý |p(z)| |z| (xem chứng minh Định lí Tiết 3.1) Do tồn số thực r dơng đủ lớn cho |p(z)| > với z / M, M hình tròn tâm gốc tọa độ, bán kính r Vì |p(zk )| = 1/k với < k N Do zk M với k N Theo Nguyên lí Bolzano - Weierstrasss, dãy số phức miền bị chặn trích đợc dãy hội tụ Do dãy {zk } M M miền bị chặn nên tồn dãy {zni } {zk } cho zni z C Do p(z) hàm liên tục nên p(z ) = lim p(zni ) = lim 1/ni = ni ni Điều mâu thuẫn với giả sử p(z) nghiệm phức Do tồn < k N cho p(z) = 1/k với z C Chọn z2 = 1/k Rõ ràng z1 = = 1/k = z2 p(z) = z1 , p(z) = z2 với z C Theo Định lí Picard, p(z) hàm hằng, vô lí với giả thiết bậc p(z) = n > Vậy p(z) có nghiệm phức Footer Page 37 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 38 of 89 37 Phần phụ lục Kiến thức phần mục tiêu luận văn Tuy nhiên, để ngời đọc tiện theo dõi, trình bày khái niệm kết nhắc đến Chơng nh số phức phép toán, mở rộng trờng, trờng phân rã, trờng đóng đại số Ngoài ra, đa vào mục thông tin số nhà toán học có đóng góp cho Định lí Đại số A Số phức phép toán trờng số phức 4.1.1 Định nghĩa số phức Số phức biểu thức có dạng z = a + bi a, b R i2 = Ta gọi a phần thực b phần ảo z Số i đợc gọi đơn vị ảo Kí hiệu tập hợp số phức C Nếu a = z = bi đợc gọi số ảo, b = z = a số thực Hai số phức đợc gọi phần thực phần ảo chúng tơng ứng nhau, tức a + bi = c + di a = c b = d Số phức z = a bi đợc gọi số phức liên hợp z = a + bi đợc kí hiệu z Dễ thấy z z = a2 + b2 số thực Chú ý liên hợp tổng (hiệu, tích, thơng) tổng (hiệu, tích, thơng) liên hợp, tức z z z z = z z , z z = z z z = = z z 4.1.2 Phép toán số phức Biểu diễn số phức z = a + bi đợc gọi biểu diễn đại số số phức z Phép cộng, trừ, nhân chia số Footer Page 38 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 39 of 89 38 phức đợc thực nh sau: (a + bi) (c + di) = (a + c) (b + d)i; (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (bc + ad)i; a + bi (a + bi)(c di) ac + bd bc ad + i = = c + di (c + di)(c di) c + d2 c + d2 Tập C số phức với phép cộng phép nhân lập thành trờng chứa trờng số thực R, số thực a đợc đồng với số phức a + 0i 4.1.3 Biểu diễn hình học số phức Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc xOy, số phức z = a + bi đợc đồng với điểm Z(a, b) Khi tập số phức lấp đầy mặt phẳng ta gọi mặt phẳng phức Xét góc tạo chiều dơng trục hoành với véc tơ OZ gọi r độ dài véc tơ OZ, z = a + bi = r(cos + i sin ) Ta gọi r môđun số phức z ký hiệu |z| Góc đợc gọi argument z kí hiệu arg(z) Rõ ràng |z| = a2 + b2 Biểu diễn z = r(cos + i sin ) đợc gọi biểu diễn lợng giác z Chú ý môđun số phức xác định argument số phức xác định sai khác bội nguyên lần 2, tức r(cos + i sin ) = r (cos + i sin ) r = r = + 2k với k Z Sau vài tính chất môđun: |z|=|z|; |z1 |.|z2| = |z1|.|z2| |z n | =|z|n ; |z1 + z2| |z1| + |z2 | 4.1.4 Lũy thừa khai số phức Cho hai số phức dới dạng lợng giác: z = r(cos + i sin ), z = r (cos + i sin ) Khi z.z = z r r.r cos( + ) + i sin( + ) = cos( ) + i sin( ) z r Footer Page 39 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 40 of 89 39 Từ ta dễ dàng nâng lên lũy thừa công thức sau (gọi công thức Moirve): z n = rn (cos n + i sin n) Chú ý số phức z = r(cos + i sin ) khác có n bậc n, k = + k2 + k2 n r(cos + i sin ) n n với k = 0, 1, , n B Mở rộng trờng, trờng phân rã 4.2.1 Định nghĩa Cho T trờng Giả sử K trờng chứa T Khi ta nói T K mở rộng trờng 4.2.2 Ví dụ (i) Trờng Q[ 2] mở rộng trờng Q (ii) Với T C trờng C, đặt T () = f () | f (x), g(x) T [x], g() = g() Khi T () trờng nhỏ chứa T Ta gọi T () trờng mở rộng T cách ghép thêm phần tử (iii) Với T C trờng A C, kí hiệu T (A) tập số nhận đợc từ T A phép toán cộng, trừ, nhân chia cho phần tử khác Khi T (A) trờng nhỏ chứa T A Ta gọi T (A) trờng mở rộng T cách ghép thêm tập A 4.2.3 Định nghĩa Cho T K mở rộng trờng Khi K có cấu trúc T -không gian vectơ Số chiều T -không gian vectơ K đợc gọi bậc mở rộng trờng T K đợc ký hiệu [K : T ] Chú ý T K L dãy mở rộng trờng [L : T ] = [L : K][K : T ] Footer Page 40 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 41 of 89 40 4.2.4 Định nghĩa Cho T K mở rộng trờng K Ta nói đại số T có đa thức = f (x) T [x] nhận làm nghiệm Nếu không đại số T ta nói siêu việt T Đặt T [] = {f () | f (x) T [x]} Nếu đại số T T [] trờng T [] = T () Khi siêu việt T T [] không trờng, T () trờng 4.2.5 Định nghĩa Cho T trờng Đa thức f (x) T [x] bất khả quy T deg f (x) > f (x) không tích hai đa thức có bậc bé Dới công thức tính bậc mở rộng cách ghép thêm phần tử đại số 4.2.6 Bổ đề Cho T K mở rộng trờng K Giả sử L = T (), đại số T Khi tồn đa thức p(x) T [x] bất khả quy nhận làm nghiệm có hệ số cao Giả sử deg p = m Khi [L : T ] = m 4.2.7 Định nghĩa Cho T trờng (i) Cho f (x) T [x] đa thức bậc n Một trờng K cực tiểu chứa T chứa n nghiệm f (x) đợc gọi trờng phân r f (x) T (ii) T đóng đại số đa thức biến bậc n > T có n nghiệm T , nghiệm tính với số bội 4.2.8 Mệnh đề Cho T trờng Khi (i) Mỗi đa thức f (x) T [x] có trờng phân r trờng phân r f (x) T xác định sai khác đẳng cấu (ii) Mỗi trờng chứa trờng đóng đại số Theo Định lí Đại số, trờng C đóng đại số đa thức với hệ số hữu tỷ (thực, phức) có trờng phân rã C Footer Page 41 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 42 of 89 41 Footer Page 42 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 43 of 89 42 Footer Page 43 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 44 of 89 43 Kết luận Luận văn trình bày lịch sử số chứng minh Định lí Đại số Nội dung luận văn là: Trình bày kiến thức chuẩn bị đa thức với hệ số trờng, nghiệm đa thức phục vụ diễn giải liên quan Chơng Chơng luận văn Trình bày sơ lợc lịch sử Định lí Đại số, đặc biệt đóng góp quan trọng số nhà toán học: Jean le Rond DAlembert, Leonhard Euler, Pierre Simon Laplace Carl Friedrich Gauss Đa số chứng minh quan trọng Định lí Đại số (dùng công cụ đại số, công cụ giải tích phức, công cụ tô pô) Phần phụ lục chứa đựng số khái niệm mở rộng trờng, trờng phân rã đa thức, số phức phép toán trờng số phức, đồng thời có hình ảnh số nhà toán học liên quan đến Định lí Đại số Footer Page 44 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Header Page 45 of 89 Tài liệu tham khảo [Ba] Christopher Baltus, DAlemberts proof of the fundamental theorem of algebra, Historia Mathematica, 31 (2004), 414-428 [Ca] Josep Carrera, The fundamental theorem of algebra before Carl Friedrich Gauss, Publicacions Matemàtiques, 36 (1992), 879-911 [C] Nguyễn Tự Cờng, Đại số đại, tập 1, NXB ĐHQGHN, 2001 [DA] Jean Le Rond DAlembert, Recherches sur le calcul integral, Histoire de lAcadmie Royale des Sciences et Belles Lettres, annee MDCCXLVI, 182-224 Berlin (1746) [Du] William Dunham, Euler and the Funcdamental Theorem of Algebra, The College Mathematics Journal, 22(4) (1991), 282-293 [Eu] Leonhard Euler, Recherches sur les racines imaginaires des équations, Memoires de lacadémie des sciences de Berlin, (1949), 1752, 222-228 [La] Pierre Simon Laplace, Lesons de mathématiques donés lEcole normale, Oeuvres complètes, 14 (1795), 10-177 [MF] Steven Miller and Dan File, Fundamental theorem of algebra, Lecture notes from the Reading Classics, Autumn 2003 44 Footer Page 45 ofS 89 húa bi Trung tõm Hc liu i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn ... niệm đại số Hơn nữa, Định lí Đại số tảng Đại số đại Tên định lí đợc đặt vào thời điểm mà việc nghiên cứu đại số chủ yếu để giải phơng trình đa thức Peter Roth ngời phát biểu gợi mở Định lí Đại số. .. [Ca] Bàn luận nghiêm túc Định lí Đại số thuộc Jean le Rond DAlembert (1717-1783), nhà Toán học, Cơ học, Vật lí học, Thiên văn học ngời Pháp DAlembert ngời công bố chứng minh Định lí Đại số báo... Header Page 27 of 89 Chơng Một số chứng minh Định lí Đại số Trong chơng này, trình bày số chứng minh Định lí Đại số 3.1 Chứng minh dùng công cụ đại số Để chứng minh Định lí, ta cần có kết sau: 3.1.1