Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)

Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)Định lí không điểm tổ hợp và một vài vận dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC VŨ LAN DUNG ĐỊNH LÍ KHÔNG ĐIỂM TỔ HỢP VÀ MỘT VÀI VẬN DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Định lý không điểm tổ hợp 1.1 1.2 Định lý không điểm tổ hợp 1.1.1 Định lý không điểm Hilbert 1.1.2 Định lý không điểm tổ hợp 1.1.3 Vận dụng 11 Khái niệm đồ thị 13 1.2.1 Đồ thị đồ thị 13 1.2.2 Bài toán tô màu 17 Tổng thu hẹp-phương pháp đa thức 22 2.1 Phương pháp đa thức 22 2.2 Một vài ví dụ liên quan 24 2.3 Điều kiện |A + B| = |A| + |B| − 28 Vận dụng 30 3.1 Chứng minh Định lý Fermat, Định lý Wilson 3.2 Vận dụng tổng tập hợp phương trình nghiệm nguyên 33 30 3.3 3.4 3.2.1 Một vài phương trình vô nghiệm 34 3.2.2 Phương trình có nghiệm 36 3.2.3 Điều kiện tham số phương trình 36 Phương pháp đa thức qua nghiệm 39 3.3.1 Chứng minh số vô tỷ 39 3.3.2 Bài toán Waring đa thức 43 Phương pháp đa thức bất đẳng thức 46 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với PGS.TS Đàm Văn Nhỉ, người thầy trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Xin chân thành cảm ơn tới thầy, cô giáo Bộ môn Toán Tin, Phòng Đào tạo Khoa học Quan hệ quốc tế, bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn đồng nghiệp tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trình học tập nghiên cứu trường Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn khó tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp quý báu thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, 2015 Vũ Lan Dung Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Lời nói đầu Mục đích luận văn chứng minh lại số định lí tiếng đa thức nhiều biến với hệ số trường Định lý không điểm Hilbert, Định lý không điểm tổ hợp Noga Alon số vận dụng phương pháp đa thức, đồng thời vận dụng định lí để nghiên cứu số vấn đề tổ hợp số học Đây kết tiếp tục phát triển thêm theo hướng nghiên cứu Luận văn chia thành ba chương với nội dung sau đây: Chương luận văn trình bày chứng minh Định lý không điểm Hilbert, Định lý không điểm tổ hợp Thực chất định lí không điểm tổ hợp dạng mở rộng định lí không điểm Hilbert, định lí cho mô tả đa thức triệt tiêu tập điểm có dạng tích Descartes Phần cuối chương I trình bày ứng dụng định lí vào toán tô màu đồ thị Chương luận văn trình bày phương pháp đa thức, tổng thu hẹp thặng dư vài ví dụ liên quan Chương tập trung trình bày số vận dụng kết đạt toán sơ cấp chứng minh kết cổ điển số học định lí Fecmat, Wilson, toán Waring (cho đa thức), giải số phương trình nghiệm nguyên, chứng minh số vô tỉ, chứng minh số bất đẳng thức toán phổ thông Để hoàn thành luận văn này, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới PGS.TS Đàm Văn Nhỉ hướng dẫn, bảo tận tình em suốt trình thực luận văn Cuối em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy cô Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên toàn thể bạn bè lớp giúp đỡ, đóng góp ý kiến trình nghiên cứu, học tập hoàn thành luận văn Hải Dương, ngày 25 tháng năm 2015 Học viên: Vũ Lan Dung Chương Định lý không điểm tổ hợp 1.1 1.1.1 Định lý không điểm tổ hợp Định lý không điểm Hilbert Khái niệm vành đa thức nhiều biến trường K trình bày nhiều giáo trình đại số, chẳng hạn [1] Do vậy, không nhắc lại Một trường K thỏa mãn điều kiện đa thức biến bậc dương K có nghiệm K gọi trường đóng đại số, chẳng hạn trường số phức C trường đóng đại số, trường số thực R không trường đóng đại số Để trình bày Định lý Hilbert không điểm, ta vận dụng kết quả, không chứng minh, sau  gi (x1 , , xn ) = Bổ đề 1.1.1 Nếu hệ phương trình đa thức i = 1, 2, , r nghiệm tồn đa thức (x1 , , xn ) ∈ C[x1 , , xn ] thỏa mãn r (x1 , , xn )gi (x1 , , xn ) = i=1  fi (x1 , , xn ) = Xét hệ phương trình đa thức i = 1, 2, , r Giả sử đa thức g(x1 , , xn ) =0 thỏa mãn g(ξ1 , ξ2 , , ξn ) = (ξ1 , ξ2 , , ξn ) fi (x1 , , xn ) = nghiệm hệ Khi ta có kết sau: i = 1, 2, , r Định lý 1.1.2 [Hilbert’s zero-theorem] Giả sử g(x1 , , xn ) = thỏa mãn g(ξ1 , ξ2 , , ξn ) = (ξ1 , ξ2 , , ξn ) nghiệm hệ  fi (x1 , , xn ) = i = 1, 2, , r Khi có đa thức bi (x1 , , xn ) ∈ C[x1 , , xn ] số nguyên dương s r s thỏa mãn g(x1 , , xn ) = bi (x1 , , xn )fi (x1 , , xn ) i=1 Chứng minh Ký hiệu z biến Coi đa thức fi (x1 , , xn ) phần tử thuộc vành đa thức C[x1 , , xn , z] Xét hệ phương trình đa thức    fi (x) = fi (x1 , , xn ) =    i = 1, 2, , r     zg(x) − = zg(x1 , , xn ) − = Hệ vô nghiệm Theo Bổ đề 1.1.1, tồn (x1 , , xn , z) b(x1 , , xn , z) thuộc vành C[x1 , , xn , z] để r (x1 , , xn , z)fi (x) + b(x1 , , xn , z)(zg(x) − 1) = i=1 Đồng thức ta thay z qua r x1 , , xn , i=1 Từ suy g(x) fi (x) = g(x) Nhân hai vế với lũy thừa thích hợp g(x) ta nhận hệ thức s r g(x1 , , xn ) = bi (x1 , , xn )fi (x1 , , xn ) i=1 1.1.2 Định lý không điểm tổ hợp Chúng ta chứng minh hai định lý Noga Alon, giáo sư Tel Aviv University, gọi Combinatorial Nullstellensatz, sử dụng nhiều Tổ hợp, Lý thuyết số, Đồ thị Tô màu Bổ đề 1.1.3 Giả thiết trường K có char(K) = Cho đa thức khác không g(x) = g(x1 , , xn ) ∈ K[x] ta ký hiệu ti = degi g(x) bậc g(x) theo biến xi , i = 1, , n Ký hiệu tập Si ⊂ K thỏa mãn |Si | ti + với i = 1, , n Nếu g(α) = thỏa mãn cho (α) = (α1 , , αn ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn g(x) ≡ Chứng minh Ta chứng minh kết luận phương pháp quy nạp theo n Với n = 1, ta có đa thức biến g(x1 ) bậc t1 triệt tiêu tập S1 với nhiều t1 phần tử Do g(x1 ) ≡ theo Định lý Bezout Giả sử kết luận cho tất đa thức n biến Biểu diễn lại đa thức g(x) thành đa thức biến xn sau: tn gj (x1 , , xn−1 )xjn ∈ K[x1 , , xn−1 ][xn ] g(x1 , , xn ) = j=1 Với (γ) = (γ1 , , γn−1 ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn−1 cố định ta có tn g(γ, xn ) = gj (γ)xjn ≡ tập Sn Từ suy gj (γ) = với j=0 j = 0, 1, , tn (γ) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn−1 Theo giả thiết quy nạp ta có gj (x1 , , xn−1 ) ≡ với j = 0, 1, , tn Như g(x) ≡ Bổ đề chứng minh Định lý 1.1.4 [Noga Alon] Giả thiết trường K có char(K) = Cho đa thức khác không g(x) = g(x1 , , xn ) ∈ K[x] Ký hiệu tập Si ⊂ K thỏa mãn |Si | (xi − s) với i = 1, , n Nếu pi (xi ) = s∈Si g(x) triệt tiêu nghiệm chung p1 , , pn tồn đa thức q1 , , qn ∈ K[x1 , , xn ] thỏa mãn deg qi deg g − deg pi để n g= qi pi i=1 Chứng minh Đặt ti = |Si | − với i = 1, , n Theo giả thiết ta có g(α) = với (α) ∈ S1 × S2 × · · · × Sn Biểu diễn lại đa thức ti (xi − s) = pi (xi ) = xtii +1 j=0 s∈Si Do pi (s) = nên sti +1 = ti j=0 ti j=0 aij xji , aij ∈ Si , i = 1, , n − aij sj , aij ∈ Si , i = 1, , n Như xiti +1 = aij xji Si với i = 1, , n Ký hiệu đa thức g ∗ (x) đa thức nhận từ g(x) qua việc biểu diễn g(x) tổ hợp đơn thức thay xtii +1 ti j=0 aij xji Như vậy, đa thức nhận sau ∗ thay g (x) có bậc không ti biến xi với i = 1, , n nhận từ g(x) việc trừ tích dạng qi pi , đa thức qi ∈ K[x1 , , xn ] với deg qi deg g − deg pi Qua lần biến đổi, ta n ∗ luôn có g (α) = g(α) = với α ∈ g ∗ ≡ suy g = Si Theo Bổ đề 1.1.3, i=1 n q i pi i=1 Định lý 1.1.5 [Noga Alon] Giả thiết trường K có char(K) = Cho đa thức khác không g(x) = g(x1 , , xn ) ∈ K[x] với bậc deg g(x) = n n ti , ti ∈ N Giả thiết hệ số đơn thức i=1 i=1 tập Si ⊂ K thỏa mãn |Si | xtii khác Khi đó, ti + với i = 1, 2, , n, tồn α1 ∈ S1 , , αn ∈ Sn để g(α) = Chứng minh Ta cần chứng minh định lý cho trường hợp |Si | = ti + với i = 1, 2, , n Giả sử kết luận không Xét đa thức (xi − s), i = 1, , n Theo Định lý 1.1.4, tồn đa thức pi (xi ) = s∈Si Chứng minh: Vì (ai , m) = (a, m) = nên (aai , m) = với i = 1, 2, , ϕ(m) Do vậy, phần tử thuộc tập B = {aa1 , aa2 , , aaϕ(m) } nguyên tố với m Mặt khác, (a, m) = nên từ aai ≡ aaj (mod m) ta suy ≡ aj (mod m) Như tập A tập {aa1 , aa2 , , aaϕ(m) } có lực lượng Qua ta nhận A = {aa1 , aa2 , , aaϕ(m) } Định lý 3.2.11 Nếu hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = a có nghịch đảo theo modulo m Chứng minh: Xét C = {a1 , , aϕ(m) |1 < m, (ai , m) = 1} Khi thuộc tập C Theo Định lý 3.2.10, hai tập sau {a1 , a2 , , aϕ(m) } = {aa1 , aa2 , , aaϕ(m) } nên có để aai ≡ 1(mod m) Vậy b = nghịch đảo a Hệ 3.2.12 Với hai số nguyên dương a, m thỏa mãn (a, m) = 1, phương trình ax ≡ b(mod m) có nghiệm x ≡ a−1 b(mod m) Ví dụ 3.2.13 Giả sử hai số nguyên dương m, n có tính chất: (2017k − 1, m) = (2017k − 1, n) với số nguyên dương k Khi tồn số nguyên r để m = 2017r n Bài giải: Trước tiên ta rằng, với số nguyên tố p = 2017 ta có vp (m) = vp (n) Thật vậy, giả sử rằng, vp (m) > vp (n) Ta biểu diễn m = pα b n = pγ c với α > γ (b, p) = = (c, p) Theo Định lý 3.2.11, tồn k để 2017k ≡ 1(mod pα ) Như pα |(2017k − 1, m) = (2017k−1, n), suy pα |(2017k−1, n) Vậy pα |n, mâu thuẫn α > γ Từ suy tồn số nguyên r để m = 2017r n Ví dụ 3.2.14 Giả sử n số nguyên dương Ký hiệu d(n) số ước dương n ϕ(n) số số nguyên dương thuộc tập {1, 2, 3, , n} nguyên tố với n Xác định tất số nguyên không âm c để có số nguyên dương n thỏa mãn d(n) + ϕ(n) = n + c 37 Bài giải: Ký hiệu A tập tất ước nguyên dương n B tập tất số nguyên dương thuộc tập {1, 2, 3, , n} nguyên tố với n Hiển nhiên A ∪ B ⊆ {1, 2, 3, , n} A ∩ B = {1} Do d(n) + ϕ(n) n + Từ suy c = c = Xét trường hợp c = hay d(n) + ϕ(n) = n Với n = ta có A = {1, 2, 3, 6}, B = {1, 5} Khi d(6) + ϕ(6) = Xét trường hợp c = hay d(n) + ϕ(n) = n + Với n = ta có A = {1, 3}, B = {1, 2} Khi d(3) + ϕ(3) = + Ví dụ 3.2.15 [USAJMO 2013] Tồn hay không tồn hai số nguyên dương a, b để a5 b + ab5 + lập phương số tự nhiên? Bài giải: Ký hiệu A = {x3 |x ∈ Z9 } = {0, 1, −1} Giả sử xác định hai số nguyên dương a, b để a5 b + ab5 + lập phương số tự nhiên Khi ta phải có a5 b + ab + thuộc tập {0, 1, −1} Từ suy kết đây: a5 b, ab ∈ {5, 6, 7} Xét trường hợp 3|a Khi a5 b ≡ 0(mod 9), vô lý Do (3, a) = Tương tự (3, b) = Theo Định lý Euler, ta có n6 ≡ 0, 1(mod 9) Vì ϕ(9) = nên (a5 b)(ab5 ) ≡ 0, 1(mod 9) Từ 5.5 ≡ 7(mod 9), 5.7 ≡ 8(mod 9) 7.7 ≡ 4(mod 9) suy rằng, không tồn hai số nguyên dương a, b để a5 b + ab5 + lập phương số tự nhiên Ví dụ 3.2.16 Xác định cấp số cộng gồm nhiều vô hạn số nguyên dương khác cho số hạng biểu diễn thành tổng hai số lập phương Bài giải: Giả sử cấp số cộng (an ) với a0 = a an+1 = an + d với số nguyên n Ta giới hạn xét số lớp thặng dư lập phương 38 theo modulo d Trước tiên xét a3 ≡ 1(mod d) cho tất số nguyên a Với số nguyên tố p (a, p) = ta có ap−1 ≡ 1(mod p) theo Định lý nhỏ Fermat Nếu p − = p = 4, mâu thuẫn Nếu p − = = 3.2 p = Dễ dàng kiểm tra A = {a3 |a ∈ Z7 } = {0, 1, −1}, −1 = Từ suy A + A = {0, 1, −1, 2, −2} Vậy, ta chọn a cho a theo modulo không thuộc A + A Ta chọn hai cấp số cộng (an ) với số hạng đầu a0 = a = a0 = a = 4, công sai d = 7, thỏa mãn yêu cầu toán đặt Ví dụ 3.2.17 Giả sử a b hai số nguyên dương thỏa mãn (a, b) = Xét cấp số cộng (an ) với a0 = a, an = a0 + nd với số nguyên không âm n Chứng minh (1) [Polya] Tồn nhiều vô hạn số hạng cấp số có ước nguyên tố chung (2) Tồn nhiều vô hạn số hạng cấp số nguyên tố Bài giải: (1) Vì (a, b) = nên a có nghịch đảo modulo b theo Hệ 3.2.12 Giả sử số nguyên m thỏa mãn am ≡ 1(mod b) Với số tự nhiên r ta xét sr = (a + b)(am)r Hiển nhiên sr ≡ a(mod b) Do sr số hạng thuộc cấp số cộng (an ) Các số hạng sr có ước nguyên tố, chẳng hạn ước nguyên tố a, m, a + b (2) chứng minh dễ dàng 3.3 3.3.1 Phương pháp đa thức qua nghiệm Chứng minh số vô tỷ Theo kết sau đây, ta biết rằng, đa thức bậc n > có không n nghiệm phân biệt 39 Định lý 3.3.1 [Bézout] Một đa thức bậc n > có không nhiều n nghiệm phân biệt Ví dụ 3.3.2 Chứng minh rằng, số √ số vô tỷ Bài giải: Đa thức x2 − bất khả quy Z[x] Vì đa thức x2 − √ nghiệm hữu tỷ Q nghiệm đa thức nên √ số vô tỷ Ví dụ 3.3.3 Chứng minh rằng, số α số vô tỷ: α= 10092 + + 10102 + + · · · + 20162 + Bài giải: Trước tiên ta số α số nguyên Thật √ vậy, từ việc đánh giá n < n2 + < n + ta viết α = 1009 + t1 + n 1010 + t2 + · · · + 2016 + t1008 với < ti < với i = 1, 2, , 1008 1008 Vì < t1 + t2 + · · · + t1008 < nên α không số nguyên n √ Tiếp theo, phương pháp quy nạp n ta αn = , i=1 số nguyên dương, không số phương, đại số Q hay có đa thức monic bậc dương thuộc vành Z[x] nhận αn làm √ nghiệm Với n = 1, α1 = a1 nghiệm đa thức monic x2 −a1 ∈ Z[x], kết luận Giả sử kết luận cho n, có nghĩa: Có đa thức monic f (x) = xr + b1 xr−1 + · · · + br−1 x + br ∈ Z[x], r > 0, nhận αn làm nghiệm √ √ Với n + 1, từ αn+1 = αn + an+1 ta suy f (αn+1 − an+1 ) = f (αn ) = √ Như vậy, đa thức f (x − an+1 ) nhận αn+1 làm nghiệm Biểu diễn f (x − √ √ an+1 )r + b1 (x − an+1 )r−1 + · · · √ + br−1 (x − an+1 ) + br √ = xr + g(x) + an+1 h(x) an+1 ) = (x − √ với đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x), deg h(x) φ(x) = xr + g(x) r − Xét đa thức − an+1 h(x)2 ∈ Z[x] Đây đa thức monic bậc 2r 40 r + g(αn+1 ) + với hệ số nguyên nhận αn+1 làm nghiệm, từ hệ thức αn+1 √ √ an+1 h(αn+1 ) = f (αn+1 − an+1 ) = suy r αn+1 + g(αn+1 ) − an+1 h(αn+1 )2 = hay φ(αn+1 ) = Ví dụ 3.3.4 [Soviet MO 1991] Cho 2n số phân biệt a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn đặt vào ô lưới nguyên tạo đường x = 0, x = 1, , x = n y = 0, y = 1, , y = n theo quy tắc sau: Ô lưới nguyên cột thứ i dòng thứ j ta viết số + bj Chứng minh rằng, tích số thuộc cột tích số dòng n n (x + ) − Bài giải: Xét đa thức p(x) = i=1 (x − bj ) Hiển nhiên j=1 deg p(x) < n Theo giả thiết tất số c = p(bj ), j = 1, 2, , n, Như vậy, đa thức p(x) − c có bậc nhỏ n, có n nghiệm phân biệt b1 , b2 , , bn Đa thức phải đồng hay p(x) ≡ c với giá trị x Ta nhận c = p(−ai ) = n n+1 (−1) (ai + bj ) với i = 1, 2, , n Từ suy tích số j=1 n (ai + bj ) = (−1)n+1 c dòng j=1 Ví dụ 3.3.5 Cho 2n số chia thành hai nhóm phân biệt a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn thỏa mãn điều kiện: + aj = bi + bj với i ax2 + bx + c không thỏa Vậy b2 − 4ac b2 − 4ac √ Điều chứng tỏ b + ac Do ta có phân tích mãn cho x 0, b ax2 + bx + c = (αx + β)2 + x(γ + δ ) n Vậy ta viết f (x) = [(αi x + βi )2 + x(γi2 + δi2 )] Dễ dàng kiểm tra i=1 tích đa thức dạng (a2 + b2 ) + x(c2 + d2 ) đa thức dạng Từ nhận xét này, sau số bước thực hiện, ta có biểu diễn f (x) = [u(x)]2 + [v(x)]2 + x [r(x)]2 + [s(x)]2 3.4 Phương pháp đa thức bất đẳng thức Sử dụng phương pháp đa thức vào việc chứng minh số bất đẳng thức 46 Mệnh đề 3.4.1 Giả sử dãy hữu hạn số thực (ai ), (bi ), (ti ) thỏa mãn 0 Khi a21 − a22 − a23 b21 − b22 − b23 a1 b1 − a2 b2 − a3 b3 Bài giải: Xét tam thức f (x) = a21 −a22 −a23 x2 −2 a1 b1 −a2 b2 −a3 b3 x+ 47 b21 − b22 − b23 = (a1 x − b1 )2 − (a2 x − b2 )2 − (a3 x − b3 )2 Từ giả thiết suy b1 a1 = f Vậy f (x) = có nghiệm ∆ a1 Bổ đề 3.4.3 [Rolle] Nếu hàm y = g(x) xác định liên tục đoạn [a; b], a < b, thỏa mãn g(a) = g(b) tồn x0 ∈ (a; b) để g (x0 ) = Xét đa thức bậc n với n nghiệm sau đây: f (x) = (x−a1 )(x−a2 ) (x−an ) = xn −σ1 xn−1 +σ2 xn−2 −· · ·+(−1)n σn Mệnh đề 3.4.4 Nếu σ1 σ2 n n 0, i = 1, , n, ta có bất đẳng thức ··· k σk ··· n k n−1 σn−1 n n−1 σn n n n Chứng minh: Quy nạp theo n Với n = kết luận hiển nhiên Giả sử kết luận cho n − số thực không âm Với n, xét đa thức f (x) = (x − a1 )(x − a2 ) (x − an ) có n nghiệm không âm a1 , , an với a1 < a2 < · · · < an đa thức f (x) = có n − nghiệm không âm b1 , , bn−1 với < bi < ai+1 cho i Vậy đa thức f (x) n−1 n−2 (−1)n−1 n−1 n−2 n−3 =x − σ1 x + σ2 x − ··· + σn−1 n n n n n−1 n−2 n−3 (−1)n−1 có đa thức đối xứng σ1 , σ2 , σ3 , , σn−1 n n n n bj Theo giả thiết quy nạp có hay n−1 σ1 n n−2 σ2 n n−1 n−1 σ1 σ2 n n ··· k ··· k n−k σk n n−1 k σk ··· n k n−1 n−1 ··· σn−1 n n−1 a1 a2 an a1 a2 an a1 a2 an + + ··· + a1 a2 an cuối n Bất đẳng thức theo Bất đẳng thức Cauchy n−1 48 σn−1 n n−1 n−1 Bất đẳng thức √ n a1 a2 an Nhận xét 3.4.5 Kết có số Ví dụ 3.4.6 Với số dương a, b, c, d, e ta có bất đẳng thức sau: ab + ac + ad + bc + bd + cd (1) (2) (3) abc + abd + acd + bcd ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de 10 abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + bce + bde + cde 10 a2 + b2 + c2 + d2 abc + abd + acd + bcd Bài giải: (1),(2) suy từ kết với n = 4, n = σ2 , σ3 , tương ứng (3) Vì 4(a2 + b2 + c2 + d2 ) 4(a2 + b2 + c2 + d2 ) a2 + b2 + c2 + d2 + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) Vậy a2 + b2 + c2 + d2 a2 + b2 + c2 + d2 (a + b + c + d)2 nên ta suy 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) Từ suy abc + abd + acd + bcd theo (1) 49 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: (1) Phát biểu chứng minh Định lý không điểm Hilbert Định lý không điểm tổ hợp (2) Trình bày khái niệm lý thuyết đồ thị ứng dụng Định lý không điểm tổ hợp vào toán tô màu đồ thị (3) Trình bày số kết phương pháp đa thức tổng thu hẹp thặng dư (4) Trình bày số kết đạt qua việc vận dụng phương pháp đa thức tổng thu hẹp thặng dư 50 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Giáo trình Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Alon N (1999), "Combinatorial Nullstellensatz", Combinatorics Probability and Computing 8, No 1-2, pp 7-29 [3] Alon N, Nathanson B and Ruzsa Z (1996), "The polynomial method and restricted sums of congruence classes", Journal of Number Theory, Volume 56, Issue, February, pages 404-417 51 ... nói đầu Định lý không điểm tổ hợp 1.1 1.2 Định lý không điểm tổ hợp 1.1.1 Định lý không điểm Hilbert 1.1.2 Định lý không điểm tổ hợp 1.1.3 Vận dụng ... không điểm Hilbert, Định lý không điểm tổ hợp Thực chất định lí không điểm tổ hợp dạng mở rộng định lí không điểm Hilbert, định lí cho mô tả đa thức triệt tiêu tập điểm có dạng tích Descartes... minh lại số định lí tiếng đa thức nhiều biến với hệ số trường Định lý không điểm Hilbert, Định lý không điểm tổ hợp Noga Alon số vận dụng phương pháp đa thức, đồng thời vận dụng định lí để nghiên