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, 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 tồn thể thầy, khoa Tốn – người ln 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 Lời cam đoan Khố luận em hồn 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 Mục lục Trang Mở đầu Vào khoảng 287 - 212 trước CN, nhà toán học cổ Hi Lạp Archimède tìm số π , dựa vào cơng trình hình học ơng 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 π số e đời, có vai trò quan trọng Toán học, Vật lý học số lĩnh vực kĩ thuật Ta biết số π số e số siêu việt, thực để tính siêu việt hai số đơn giản Vào năm 1882, nhà Tốn học người Đức Lindemann chứng minh định lí siêu việt Hermite – Lindemann kết thật đáng ngạc nhiên việc số π số e số siêu việt thật dễ dàng dựa vào định lí Với mong muốn nghiên cứu tìm hiểu sâu tính siêu việt số π 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, tơi 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 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) = a 1x a1,a2 , , ak n n n k + a2 x + + ak x , số bất kỳ, n1, n2,…,nk số nguyên không âm Định nghĩa 1.1.3 Nếu đa thức P(x) viết dạng: n n-1 P(x) = a0 x + a1x + …+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) - x , b, P(x) = (x - 2) (x + 1), 2 c, P(x) = (2 - ix ) + (2 + i )x + i x Lời giải 3 a, P(x) = x - 4x + 6x - 4x + - x = x - 5x + 6x - 4x +1, b, P(x) = x + x - 2x - = x - 2x + x - 2, c, P(x) = - i x - x + (2 + i ) x + ix 2 = - x + (2 + i )x - 3ix + 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 α gọi nghiệm đa thức P(α ) = Ví dụ 1.1.2 Hãy tìm nghiệm đa thức   : a, P(x) = x - 3x + 2, b, P(x) = x - 2x + Lời giải a,Ta có P(x) = x -3x + 2 = (x - 1) (x + 2) ⇒ P(x)= ⇔  x=  x =1 −2 Vậy nghiệm đa thức   trùng nhau, giá trị : x = x = -2 b, Ta có P(x) = x – 2x +2 ∆ = - = -1 < ' ⇒ Đa thức khơng có nghiệm thực Nhưng ta lại có -1 = i nên đa thức có hai nghiệm phức là: x= + i x = – i n n-1 Định lí 1.1.1 Mọi đa thức P(x) = a0x +a1x dạng : + …+an-1x+an biểu diễn P(x) = a0 (x - α1 ) (x - α2 ) … (x - αn ), α1 , α2 , nghiệm đa thức …, αn Định lí 1.1.2 Mọi đa thức bậc n ( n ∈  * ) có khơng n nghiệm Định lí 1.1.3 Mọi đa thức bậc n ( n ∈  * ) có n nghiệm phức Công thức Viéte Cho − P(x) = a xn + a xn + + a x + a đa thức n−1 P(x) = a0 ( x −α1 )( x − α2 ) ( x −αn ) , n α1,α2 nghiệm , ,αn đa thức Khi đó, ta có cơng thức Viéte: a1 α1 + α2 + … + αan = a2 α1 α2 +α1 α3 + … + α1 αn + α2 α3 + … +αn−1 αn = a0 α1 α = (-1) … αk + …+ αn−k +1 k αn−k +2 … αn ak a ……………………… α1 α n an … αn = (-1) a Định nghĩa 1.1.5 Một hàm số dạng ϕ ( x , x ) = axn xn xn , , , x k a ≠ số ( trường hợp chung số phức), 2 k k 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 : degϕ ( 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 V (Γ +σ ) =ψ ( Γ ) σ q )σ +ψ ( Γ ν hệ số ψ 0 ν q+1 + , (15) ν (Γν ) ,ψ (Γν ), hàm hữu tỉ nguyên biến Γν có hệ số số nguyên hữu tỉ Đặc biệt: ψ (Γν ) =p ∀ν =1, 2, , n φ ( Γν )  , Thật vậy, chẳng hạn với ν = , ta có: h F (Γ1 σ ( Γ1 + σ −Γ2 )( Γ1 + σ +σ ) = (Γ1 −Γ )   +σ ) = (Γ1 +σ )h  σ (σ + Γ1 −Γ2 ) (σ + Γ1  −Γ3 )  = Γ1h (Γ1 −Γ )( Γ1 −Γ ) (Γ1 −Γ N )σ + = hΓ1 ϕ (Γ1 )σ + , φ (Γ1 +σ ) h ϕ ( Γ1 + σ ) = ( Γ1 + σ ) ( )h ( )  )( = Γ1 + σ Γ1 Γ1 + σ −Γ   +σ −Γ = (Γ1 +σ )h (σ + Γ1 −Γ2 ) (σ + Γ1 −Γ3 )  = hΓ1 ϕ (Γ1 ) + Do đó: q V (1Γ +σ1 ) = Γ hϕ +  Γ hϕ ( Γ )  ( Γ ) σ   q = Γ  1 h q+1 Γ ϕ ( 1σ ) =  Γ ϕ 1 + q hp + ( Γ )  σ q = φ ( Γ1 )  p σ q + Vậy ứng với ν =1 ta có: ψ Tương tự, ta ψ (Γν ) = φ ( Γν )  ( Γp ) = Đưa khai triển (15) vào (14) cuối ta thu γ e V (Γ q ( Γp ) ( Γ )σ (σ ) σ σ ) =ψ +ψ +ψ ν ν ν ( Γ1 )  , ∀ν =1, 2, , n p φ ν p+1 + +η Dq ν Tiếp tục, ta nhân vế công thức với Cν , tiếp ta thiết lập với tất ν từ đến n cộng n phương trình kết quả, ta thu được: γ + + C e )V (Γ (Γ )  σ q ((Cσe)γ = + + C Cψ ) n ψ 1 n  n n  Γ + + C1ψ ( + + σ C ( ) )Γ ψ  Theo (6) lúc ta thu được: G0σ + G1 q σ k n k n + ( C1η + + C1 η q+k + G σ + + Gσ k q+k q n  p p+1 )D +D λ , q n (16) G j = C1ψ j ( Γ1 ) + + Cnψ j (Γn ) , Suy ra: λ ≤ n Max Gj số nguyên hữu tỉ, ∀j = 0, k (C j =1,2, ,n j Bây giờ, thay σ λ = C1η1 + + Cnηn ∀j = 0, k H r r! Khi đó, (16) trở thành: r G H q q!+ G H p p!+ G H p + k )!+ λ D q = 0 +1 ( p +1)!+ + G H q +k ( q k ⇔ G q!+ G Hp!+ G HD2 ( p +1)! + + G H k ( q + k )!+ λ k q =   H  Kết hợp hạng tử chứa p! ta thu phương trình: G0 q!+ G′p!=q A.E , (17) D G′ số nguyên, A = E= −λ , H Ta tìm mối liên hệ G0 G Ta có: G0 = C1ψ = C1 φ )  ( Γ1 p ( Γ1 ) + C2ψ ( Γ2 ) + + Cnψ ( Γn ) + C2 φ )  ( Γ2 p p + + Cn φ ( Γn )  , G= C h 1Γ 1ϕ ( Γ h ) + C2Γ2ϕ ( Γ2 ) + + CnΓnϕ ( Γn ) = C1φ (Γ1 ) + C2φ ( Γ2 ) + + Cnφ ( Γn ) Theo cách chọn số nguyên dương h ta có G ≠ Ta có: G p hay p = C1φ ( Γ1 ) + C2φ2 ( Γ2 ) + + Cnφ ( Γn )  Gp φ = C1 ( Γ { )  p + p φ C2 ( Γ p )  φ + p +C n p }+ ( Γn µ p, )  (18) µ số đại số nguyên Bây áp dụng định lí Fermat “ Với số nguyên g số ngun tố p, ta ln có − g ) p (g p ” Ta có: G p – G = gp, g ∈ ∗ , C p −C = c p , c 1∈ 1 ∗ , …………………………… Cnp −Cn = cn p , c∗n∈ Do đó, (18) chuyển thành: p G + gp = (C1 + c1 + ( C2 + c2 p) p) φ ( Γ1 ) φ ( Γ2 ) = C1 p p + C2 p p + + (Cn + cn p ) + µ p φ ( Γn ) p + + Cn φ ( Γn ) φ ( Γ1 φ ( Γ2 )+ )+ c  c  )φ ( Γcn φ 2( Γ2 + +  ( Γ1 ) )φ { p Đặt µ′ = c1 φ ( Γ1 )  p p + c2 φ )  + µ p ( Γ2 + + cn φ ( Γ n } p p p )  + suy µ′ µ số , ngun Khi đó, ta có: G + gp = G0 + µ′ p ⇔ G0 = G + ( g − µ′) p Đặt g′ = g suy g ′ nguyên số ngun hữu tỉ − µ′ Khi đó, ta có: (19) G0 = G + g′p Thay (19) vào (17) ta được: (G + g ′p ) q!+ G′p!= A.E q , hay Gq!+ ( g ′ + G′) p!= A.E q , hay số nguyên g′ + G′ kí hiệu G ′′ ta có: Gq!+ G′′p! = AE q hay q G + G′′p = A E q! (20) Do cách chọn số p nên ta phải có (20) với số nguyên tố p Bây giờ, ta lấy số nguyên tố p đủ lớn cho p > G E p−1 A ( p −1)! phương 1 Mặt khác theo cách chọn số ngun tố p vế phải (20) có giá trị tuyệt đối nhỏ hay A E