Về định lý Hilbert thứ 17

Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17Về định lý Hilbert thứ 17

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN VĂN DÂN VỀ ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN VĂN DÂN VỀ ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Văn Hoàng THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 i Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Mở rộng trường 1.2 Bậc siêu việt 1.3 Đại số, đồng cấu đại số 4 ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 2.1 Một số ví dụ liên quan đến Bài tốn thứ 17 Hilbert 2.2 Định lý Artin - Cassels - Pfister 2.3 Lý thuyết Artin Bài toán thứ 17 Hilbert 2.3.1 Trường thực hình thức 2.3.2 Định lý Sylvester trường đóng thực 2.3.3 Bài toán thứ 17 Hilbert 7 15 20 20 24 29 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hồng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K9b2 (khóa 2015–2017); Nhà trường phòng chức Trường; Khoa Tốn – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Nghiên cứu Phát triển giáo dục Hải Phòng giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi giúp hồn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K9b2 (khóa 2015–2017) ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập, nghiên cứu Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2017 Tác giả Phan Văn Dân Mở đầu Một định lí tiếng Lagrange nói với số nguyên dương a biểu diễn thành tổng bốn số phương Vì vậy, người ta quan tâm đến câu hỏi liệu mở rộng vấn đề cho đa thức Xét đa thức hệ số thực n biến f ∈ R[x1 , xn ] Sự tương tự giả thiết a ≥ toán số nguyên, thay giả thiết f (x1 , , xn ) ≥ với giá trị x1 , , xn ∈ R Một đa thức f gọi đa thức nửa xác định dương, ta viết tắt psd Năm 1885, Minkowski trình bầy buổi bảo vệ luận án dạng bậc hai khẳng định giả thuyết "tồn đa thức nhất, thực, psd, có bậc > số biến > mà khơng tổng bình phương đa thức thực nhất" Tại buổi bảo vệ luận án này, người nhận xét Hilbert phản biện lại kết luận Minkowski, ơng không đưa dẫn chứng cụ thể Tuy nhiên Hilbert tuyên bố ông bị thuyết phục khám phá Minknowski cho trường hợp với n = 3, trường hợp đáng ý Năm 1888, Hilbert chứng minh giả thuyết Minknowski cách tồn đa thức f cho f psd, thực, f khơng thể viết thành tổng bình phương đa thức Ngồi ơng nghiên cứu sâu xem xét vấn đề biểu diễn đa thức psd f ∈ R[x1 , , xn ] thành tổng bình phương hàm hữu tỉ R(x1 , , xn ), phát biểu Định lí thứ 17 mình, là: Nếu f ∈ R[x1 , , xn ] psd, f tổng bình phương hàm hữu tỉ R(x1 , , xn ) Chú ý ta xét C, ta khơng có quan hệ thứ tự, ta thấy đa thức C[x1 , , xn ] tổng bình phương hàm hữu tỉ Bài toán thứ 17 Hilbert giải vào năm 1926 Artin, ơng chứng minh định lí Chứng minh mang đến bắt đầu cho số chủ đề hình học đại số thực Ý tưởng chứng minh Artin mô tả sơ sau Mặc dù trường R (hoặc tổng quát hơn, "trường đóng thực") có cách thứ tự, trường hàm R(x1 , , xn ) có nhiều cách thứ tự khác Nếu f không tổng bình phương R(x1 , , xn ), có cách thứ tự R(x1 , , xn ) mà f phần tử âm Khi đó, có "phép đặc biệt hóa" f (a1 , , an ) phần tử âm, chìa khóa chứng minh Mục đích luận văn trình bày chi tiết chứng minh Artin cho Định lý thứ 17 Hilbert Trước trình bày chứng minh đó, luận văn dành thời lượng đáng kể để trình bày số ví dụ điển hình có liên quan đến tốn, ví dụ đa thức psd có biểu diễn thành tổng bình phương đa thức, đa thức psd không biểu diễn thành tổng bình phương đa thức Luận văn gồm hai chương Chương trình bày số kiến thức lý thuyết trường Chương nội dung luận văn Mục 2.1 trình bày ví dụ liên quan đến Bài tốn 17 Hilbert Mục 2.2 tập trung trình bày chi tiết chứng minh Artin lời giải cho Bài toán 17 Hilbert Mục 2.2 chia làm mục nhỏ Mục 2.2.1 trình bày sở lý thuyết trường thực hình thức Mục 2.2.2 trình bày Định lý Sylvester số nghiệm phân biệt đa thức trường đóng thực Mục 2.2.3 trình bày lời giải cho Bài tốn 17 Hilbert, chứng minh Artin Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương đưa số kiến thức chuẩn bị mở rộng trường, bậc siêu việt, đại số, đồng cấu đại số, mở rộng hữu hạn, mở rộng đại số, bao đóng đại số Những kiến thức dùng để chứng minh cho kết chương sau 1.1 Mở rộng trường Định nghĩa 1.1.1 (i) Cho F trường K trường chứa F Khi quan hệ F ⊆ K gọi mở rộng trường, kí hiệu K/F (ii) Giả sử K/F mở rộng trường Khi K F -khơng gian véc tơ Ta kí hiệu [K : F ] = dimF K gọi bậc mở rộng K/F Bổ đề 1.1.2 Cho F trường, f (x) ∈ F [x] đa thức bất khả quy đặt K = F [x]/(f (x)) Khi K trường chứa F trường con, K chứa nghiệm f (x), ta có [K : F ] = deg(f (x)) Định nghĩa 1.1.3 Cho E/F mở rộng trường α1 , , αn ∈ E Trường bé E chứa F chứa α1 , , αn , kí hiệu F (α1 , , αn ) gọi mở rộng F cách ghép thêm phần tử α1 , , αn Mỗi phần tử ω tùy ý F (α1 , , αn ) có dạng thương hai phần tử F [α1 , , αn ], tức ω= f (α1 , , αn ) g(α1 , , αn ) f (α1 , , αn ), g(α1 , , αn ) ∈ F [α1 , , αn ] g(α1 , , αn ) = Định nghĩa 1.1.4 (i) Một mở rộng trường E/F gọi mở rộng hữu hạn [E : F ] số hữu hạn (tức [E : F ] < ∞) (ii) Một mở rộng trường E/F mở rộng đại số phần tử E phần tử đại số F Định nghĩa 1.1.5 (i) Một trường E gọi trường đóng đại số đa thức bậc dương với hệ tử E có nghiệm E (ii) Một bao đóng đại số trường F mở rộng đại số F mà trường đóng đại số, kí hiệu bao đóng đại số F F Định nghĩa 1.1.6 (i) Cho F trường Một đa thức f (x) ∈ F [x] gọi đa thức tách nhân tử bất khả quy f F [x] khơng có nghiệm bội (ii) Cho mở rộng trường E/F Một phần tử α ∈ E gọi phần tử tách F siêu việt F đa thức tối tiểu đa thức tách F Định lý 1.1.7 (Định lý phần tử nguyên thủy) Cho mở rộng trường E/F với F trường vô hạn E = F (α1 , , αn ) Giả sử α1 , , αn phần tử đại số F , αi phần tử tách F với i = 2, , n Khi tồn phần tử θ ∈ E cho E = F (θ) 1.2 Bậc siêu việt Định nghĩa 1.2.1 Cho mở rộng trường E/F S tập E Tập S gọi độc lập đại số F với đa thức khác không p(x1 , , xn ) ∈ F [x1 , , xn ], s1 , , sn ∈ S (tất phân biệt), ta có p(s1 , , sn ) = Mệnh đề 1.2.2 Cho mở rộng trường E/F S ⊂ E tập độc lập đại số F Khi S tối đại E/F (S) mở rộng đại số Định nghĩa 1.2.3 (i) Cho mở rộng trường E/F Một tập S ⊂ E cho S tập độc lập đại số tối đại F gọi sở siêu việt E/F (ii) Bậc siêu việt mở rộng trường E/F lực lượng sở siêu việt nó, kí hiệu tr.deg(E/F ) 1.3 Đại số, đồng cấu đại số Định nghĩa 1.3.1 (i) Cho F trường Một F −đại số A vành giao hốn A có đơn vị cho có đồng cấu vành từ F đến A (ii) Cho F −đại số A B Một F −đồng cấu F −đại số A B ánh xạ f : A → B cho f ánh xạ F −tuyến tính f (xy) = f (x)f (y) với x, y ∈ A Chương ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 2.1 Một số ví dụ liên quan đến Bài tốn thứ 17 Hilbert Định nghĩa 2.1.1 Một đa thức f (x1 , , xn ) ∈ R[x1 , x2 , , xn ] gọi nửa xác định dương (nói tắt psd) f (x1 , , xn ) ≥ với x1 , , xn ∈ R Khơng khó để chứng minh đa thức p(x) ∈ R[x] mà psd biểu diễn thành tổng bình phương hai đa thức với hệ số thực Mệnh đề 2.1.2 Nếu p(x) ∈ R[x] đa thức psd, p(x) tổng bình phương đa thức R[x] Chứng minh Ta biết nghiệm đa thức với hệ số thực nghiệm thực cặp nghiệm phức liên hợp Do ta viết p(x) dạng s t (x − αk )mk , (x − zj )(x − zj ) p(x) = a j=1 k=1 αk ∈ R Vì p(x) với x ∈ R, nên a mk chẵn với k Suy nghiệm thực tách thành cặp Do √ l p(x) = ( a j=1 √ (x − zj ))( a l (x − zj )), j=1 21 lúc ta thay đại lượng −1 tổng bình phương vào, ta thu a tổng bình phương, nên a ≥ 0) Định nghĩa 2.3.3 Trường L gọi thực hình thức −1 khơng biểu diễn thành tổng bình phương phần tử L Một điều kiện tương đương là: b21 + + b2n = với b1 , , bn ∈ L, b1 = = bn = Lưu ý trường thực hình thức có đặc số Bởi đặc số số nguyên tố p số −1 có biểu diễn dạng −1 = 12 + + 12 , mà p−1 điều Bổ đề 2.3.4 Cho K trường thực hình thức, a ∈ K Khi √ (i) Nếu a tổng bình phương phần tử K , K( a) trường thực hình thức √ (ii) Nếu K( a) khơng thực hình thức −a tổng bình phương số phần tử K √ Chứng minh (i) Ta giả sử phản chứng K( a) khơng thực hình thức √ √ / K Hơn nữa, −1 tổng bình phương Thì K = K( a), tức là, a ∈ √ số phần tử K( a), nên có phần tử bi , ci ∈ K cho √ √ b2i + a b i ci + a c2i −1 = (bi + ci a)2 = √ Nếu bi ci = a ∈ K , điều mâu thuẫn Nếu bi ci = ta có b2i + a −1 = c2i tổng bình phương số phần tử K (vì theo giả thiết a tổng bình phương số phần tử K ), điều mâu thuẫn với giả thiết thực hình thức K √ (ii) Vì K( a) khơng thực hình thức, nên theo ta có đẳng thức −1 = b2i + a c2i Ta viết lại đẳng thức dạng −a = b2i 1+ c2i = + c2i ( b2i ) c2i Từ ta suy điều phải chứng minh (vì p, q tổng bình phương pq = pq q tổng bình phương) 22 Hệ 2.3.5 Với trường thực hình thức K , hai trường √ √ K( a) K( −a) phải trường thực hình thức Bổ đề 2.3.6 Cho K trường thực hình thức f ∈ K[x] đa thức bất khả quy có bậc lẻ Khi trường K(α) trường thực hình thức, với α nghiệm f Chứng minh Cho n = deg f Giả sử K(α) khơng thực hình thức Khi −1 = gi (α)2 với gi ∈ K[x] có bậc khơng q n − Vì α nghiệm + gi (x)2 nên đa thức phải chia hết cho f , tức −1 = gi (x)2 + h(x)f (x), với h ∈ K[x] Nếu h = −1 = gi (x)2 Nếu maxi (deg gi ) = m > 0, tổng hệ tử xm gi phải Nếu gi = ci ∈ K , −1 = c2i Điều mâu thuẫn với K thực hình thức Do h = Bậc đa thức gi (x)2 chẵn không vượt 2n − Đa thức h có nhân tử bất khả quy h1 bậc lẻ không n − Lấy β nghiệm h1 Khi −1 = gi (β)2 , tức −1 tổng bình phương phần tử K(β) Lặp lại lập luận f cho h1 , ta thấy −1 tổng bình phương phần tử K(γ), với γ nghiệm đa thức bất khả quy bậc lẻ không vượt n − 4, tiếp tục trình, ta thu điều mâu thuẫn với tính chất thực hình thức K Định nghĩa 2.3.7 (i) Trường K gọi đóng thực thực hình thức mở rộng đại số thực hình thức trùng với K (ii) Một bao đóng thực trường thực hình thức K trường đóng thực L đại số K Chú ý 2.3.8 (i) Từ Bổ đề 2.3.6 ta suy trường đóng thực đa thức bậc lẻ có nghiệm (ii) Mọi trường thực hình thức K có bao đóng thực Thật vậy, xét thứ tự phận tập tất trường thực hình thức mà mở rộng đại số K Áp dụng bổ đề Zorn, suy tập có phần tử tối đại, chẳng hạn L Rõ ràng L trường đóng thực Bổ đề 2.3.9 Trường đóng thực L có xác cách thứ tự, là, phần tử = a ∈ L dương bình phương 23 Chứng minh Cho a ∈ L phần tử dương Đẳng thức a = t21 −a = t22 với t1 , t2 ∈ L khơng thể đồng thời thỏa mãn (vì trái lại −1 = ( tt21 )2 ) Do ta cần chứng minh a = ±t2 với t ∈ L √ Nếu a = t2 , trường L( a) mở rộng thực L, nên từ tính chất √ tối đại L, suy L( a) khơng thực hình thức Khi từ bổ đề 2.3.4 (ii), suy −a tổng bình phương phần tử L Từ bổ √ đề 2.3.4 (i), suy L( −a) thực hình thức, trùng với L Điều √ có nghĩa −a ∈ L, tức −a = t2 với t ∈ L Bổ đề 2.3.10 Cho K trường thực hình thức giả sử a ∈ K tổng bình phương phần tử K Khi tồn cách thứ tự K cho a < √ Chứng minh Theo bổ đề 2.3.4 (ii), trường K( −a) thực hình thức Cho √ L bao đóng thực K( −a) Theo bổ đề 2.3.9, trường thực hình thức √ L có cách thứ tự mà có phần tử −a = ( −a)2 dương, tức a âm Xét thu hẹp cách thứ tự lên K ⊆ L ta thu cách thứ tự K thỏa mãn yêu cầu Kí hiệu bao đóng đại số trường L L Định lý 2.3.11 Trường L đóng thực L = L L = √ L( −1) Chứng minh Trước tiên, giả sử L đóng thực Khi −1 khơng thể tổng bình phương L, phương trình x2 + = khơng có nghiệm √ L Do L = L Ta chứng minh L = L( −1) √ Để cho ngắn gọn ta đặt i = −1 Đầu tiên ta chứng tỏ phương trình bậc hai có nghiệm L(i) Nghiệm phương trình x2 +2px+q = cho cơng thức x1,2 = −p± p2 − q , ta cần chứng minh rằng, √ a, b ∈ K a + bi ∈ K(i) Nói cách khác ta phải tìm c, d ∈ K để (c + di)2 = a + bi, tức là, c2 − d2 = a 2cd = b Rõ ràng a2 + b2 = (c2 + d2 )2 Do √ √ + b2 + a a a2 + b − a c2 = , d2 = 2 √ Vì a2 ≥ 0, b2 ≥ 0, nên a2 + b2 ≥ 0, nên a2 + b2 ∈ L theo bổ đề 2.3.9 Hơn √ √ √ a2 + b2 ≥ a2 ≥ ±a Vì a2 + b2 ± a ≥ 0, tức c, d ∈ L Đẳng 24 thức c2 − d2 = a tự khắc thỏa mãn đẳng thức 2cd = b thỏa mãn ta chọn dấu c d Ta xét đa thức f bất khả quy L Ta viết bậc f dạng 2m q , với q lẻ Ta chứng minh quy nạp theo m f có nghiệm L(i) Với m = kết suy từ bổ đề 2.3.6 Giả sử m > kết cho 1, , m − Lấy α1 , , αn tất nghiệm f ; chúng thuộc trường phân rã f Lấy c ∈ L xét tất số phân biệt dạng αk αl + c(αk + αl ) với với hệ số thuộc L Số k = l Chúng nghiệm đa thức g(x) bậc n(n−1) n(n−1) m−1 deg g = có dạng q(n − 1) với q(n − 1) số lẻ Ta áp dụng giả thiết quy nạp cho g suy g có nghiệm thuộc L(i), chẳng hạn α1 α2 + c(α1 + α2 ) Ta (α1 + α2 ) α1 α2 phần tử L(i) Suy α1 , α2 nghiệm phương trình bậc hai có hệ số thuộc L(i) Do f có nghiệm α1 ∈ L(i) Chứng tỏ L = L(i) Phát biểu điều ngược lại (nếu L = L L = L(i), L đóng thực) dễ dàng Ta thấy khơng có trường trung gian L L = L(i) Do ta cần chứng minh L thực hình thức, tức là, −1 khơng tổng bình phương phần tử L Theo giả thiết i ∈ / L, tức là, i khơng bình phương phần tử L Vì vậy, ta cần chứng minh L tổng bình phương tự bình phương Vì √ L(i) đóng đại số, nên suy ra, a, b ∈ L a + bi ∈ L(i), tức là, có phần tử c, d ∈ L cho a + bi = (c + di)2 Trong trường hợp ta có a−bi = (c−di)2 Do a2 +b2 = (a+bi)(a−bi) = (c−di)(c+di) = (c2 +d2 )2 Suy tổng hai bình phương bình phương Vì tổng nhiều bình phương bình phương 2.3.2 Định lý Sylvester trường đóng thực Cho K trường thứ tự, f đa thức bất khả quy K Ta gọi trường đóng thực L ⊇ K bao đóng thực trường thứ tự K L đại số K thứ tự K cảm sinh từ thứ tự L trùng với thứ tự ban đầu K Số nghiệm thực phân biệt đa thức tính tốn mà 25 khơng cần việc ngồi khỏi R Điều chứng minh hai phương pháp: dựa vào định lý Sturm, hoặc, dựa vào định lý Sylvester Cả hai định lý chứng minh trường thứ tự tùy ý Hệ quan trọng tình là: Nếu f đa thức trường thứ tự K , bao đóng thực L K , số nghiệm f (nó hệ Định lý 2.3.12 sau đây) Ban đầu, lý thuyết Artin dựa định lý Sturm, nhiên để thuận lợi số khía cạnh, sau người ta sử dụng định lý Sylvester Dưới ta đưa lời giải cho toán thứ 17 Hilbert dựa định lý Sylvester Trên trường thứ tự, kí số dạng bậc hai ϕ định nghĩa sau Trên K , dạng bậc hai ϕ tùy ý ln đưa dạng ϕ(x) = λ1 x21 + + λn x2n , số hệ số dương λi số hệ số âm λj không phụ thuộc vào cách đưa ϕ dạng tắc vừa nêu Khi hiệu số lượng số dương λi trừ số lượng số âm λj gọi kí số dạng bậc hai ϕ Cho L bao đóng thực K Định lí 2.3.11 suy bậc đa thức bất khả quy L Cho f ∈ K[x] đa thức bậc n, ta có vành thương V = K[x]/(f ) trở thành K−không gian vectơ chiều n, đa thức 1, x, x2 , , xn−1 tạo thành sở V Cho tùy ý a ∈ V , ta xác định ánh xạ tuyến tính a : V → V, v → av (vì phần tử V đa thức nên ta nhân chúng), ánh xạ có ma trận vng (aij ) cỡ n × n Ta định nghĩa vết a, kí hiệu Tr(a), vết ma trận (aij ), tức Tr(a) = a11 + + ann ∈ K Xét dạng song tuyến tính đối xứng ϕ(x, y) = Tr(xy) Khi ta có phát biểu sau Định lý 2.3.12 Cho f đa thức K ϕ(x, y) = Tr(xy) dạng song tuyến tính đối xứng khơng gian V = K[x]/(f ) Khi kí số ϕ với số nghiệm phân biệt f nằm bao đóng thực L K (Dạng ϕ gọi dạng vết không gian K[x]/(f ).) Chứng minh Giả sử K[x] ta có f = f1m1 frmr fi đa thức bất khả quy K[x] gcd(fi , fj ) = i = j Ta có mở rộng K(βi ) = K[x]/(fi ) K thực hình thức đại số K , nên L(βi ) 26 mở rộng đại số thực hình thức L; suy L(βi ) = L, suy K(βi ) ⊆ L Do bậc fi (theo Bổ đề 2.3.11) Theo định lý thặng dư Trung hoa ta có phân tích K[x]/(f ) ∼ = K[x]/(f1m1 ) × × K[x]/(frmr ) Vì ta cần chứng tỏ kí số ϕ Vi = K[x]/(fimi ) deg fi = 1, fi bất khả quy K có bậc Nếu deg fi = K[x]/(fimi ) ∼ = K[x]/(x − αi )mi Trong sở 1, x − αi , , (x − αi )mi −1 ma trận ϕi = ϕ|Vi   mi    0 0       0 Do deg fi = kí số ϕi Nếu fi có bậc K[x]/(fimi ) ∼ = K[x]/(x2 + 1)mi (đẳng cấu K ) Do ta cần tìm kí số ϕ K[x]/(x2 + 1)mi = Wi Ta tìm ma trận ϕ sở 1, x, x2 + 1, x(x2 + 1), (x2 + 1)2 , x(x2 + 1)2 , , (x2 + 1)mi −1 , x(x2 + 1)mi −1 Trong sở này, phép nhân x : Wi → Wi x2 : Wi → Wi có ma trận   −1  0   0 T  T 0 −1 0    0    −1    0  0  −1       0 −1  −1  0 Do Tr(x) = Tr(x2 ) = −2m Tương tự với a = 0, 1, k ≥ ta tính tốn ma trận phép nhân với xa (x2 + 1)k ma trận chéo có đường chéo 0, Tr(xa (x2 + 1)k ) = với a = 0, 1, 27 k ≥ Từ ta tìm ma trận ϕ T 2m 0 0    −2m 0      0 0     0 0    Suy kí số ϕ Định lý 2.3.13 (Artin-Schreier) Cho K trường thứ tự, cho L, L bao đóng thực K Khi tồn đẳng cấu σ : L → L mở rộng 1K bảo tồn quan hệ thứ tự Chứng minh Trong trường đóng thực, điều kiện x > y tương đương với điều kiện phần tử x − y bình phương Do đẳng cấu σ : L → L bảo toàn quan hệ thứ tự Trường L đại số K , lấy phần tử tùy ý α ∈ L Khi α nghiệm đa thức bất khả quy f K Định lý 2.3.12 suy f có số nghiệm L L Lấy nghiệm α1 < < αn α1 < < αn Trong L, ta chọn phần tử ti cho t2i = αi+1 − αi Khi theo định lý phần tử nguyên thủy, suy tồn θ ∈ L cho K(α1 , , αn , t1 , , tn−1 ) = K(θ) với θ nghiệm đa thức bất khả quy K g Trong L , đa thức g có số nghiệm L Đặc biệt, g có nghiệm θ ∈ L Khi tồn đẳng cấu K(θ) → K(θ ) mở rộng 1K θ → θ Đẳng cấu phép nhúng σ : K(θ) = K(α1 , , αn , t1 , , tn−1 ) → L Ta dễ thấy σ(αi ) = αi (vì σ chuyển nghiệm f thành nghiệm f , σ(αi+1 ) − σ(αi ) = σ(t2i ) > Từ có bất đẳng thức σ(α1 ) < < σ(αn ), so sánh chúng với dãy α1 < < αn , suy σ(αi ) = αi với i) Từ suy K(α1 , , αn ) ta có ánh xạ σ xác định Đặc biệt, ảnh α xác định Bây giờ, cách sử dụng bổ đề Zorn, ta tìm đẳng cấu trường L L mở rộng 1K 28 Bây ta chứng minh trường thứ tự có bao đóng thực Định lý 2.3.14 Cho K trường thứ tự, K mở rộng cuả khơng có mối quan hệ dạng −1 = λi a2i với λi phần tử dương K ∈ K Khi trường L (nhận từ K cách ghép thêm vào bậc hai phần tử dương K ) trường thực hình thức Chứng minh Giả sử trái lại trường L khơng trường thực hình thức Khi có đẳng thức dạng −1 = b2i với bi ∈ L Do đó, L, ta có mối quan hệ dạng −1 = λi b2i với λi phần tử dương K bi ∈ L Theo giả thiết ta suy bi thuộc K Do tồn số nguyên dương nhỏ r cho có quan hệ dạng √ √ với bi ∈ K ( µ1 , , µr ) µ1 , , µr phần tử dương K √ Ta mô tả bi dạng bi = xi + yi µr xi , yi thuộc trường √ √ K ( µ1 , , µr−1 ) Khi √ √ −1 = λi (xi + yi µr )2 = λi (x2i + yi2 µr ) + µr x i yi √ √ √ Nếu xi yi = µr ∈ K ( µ1 , , µr−1 ), điều mâu thuẫn với tính cực tiểu r Do −1 = λi x2i + λi µr yi2 ), √ √ λi λi µr phần tử dương K xi , yi ∈ K ( µ1 , , µr−1 ) Điều mâu thuẫn với giả thiết tính cực tiểu r Hệ 2.3.15 Mọi trường thứ tự K có bao đóng thực Chứng minh Đặt K = K Vì K , khơng có mối quan hệ dạng −1 = λi a2i với λi dương Do trường L nhận từ K cách ghép thêm vào bậc hai phần tử dương K trường thực hình thức Khi bao đóng thực L bao đóng thực K yêu cầu Hệ 2.3.16 Cho K trường thứ tự K mở rộng K Một cách thứ tự K mở rộng đến K khơng có mối quan hệ dạng −1 = λi a2i K , với λi phần tử dương K ∈ K 29 Chứng minh Nếu có quan hệ dạng ta khơng thể mở rộng cách thứ tự từ K đến K Giả sử khơng có quan hệ Khi ta xây dựng trường thực hình thức L chứa K Xét bao đóng thực L L Cách thứ tự L cảm sinh thứ tự K thỏa mãn yêu cầu 2.3.3 Bài toán thứ 17 Hilbert Mục cuối ta chứng minh rằng, hàm hữu tỉ r(x1 , , xn ) không âm với giá trị thực x1 , , xn , biểu diễn thành tổng bình phương hàm hữu tỉ thực Chứng minh không cho R mà cho trường đóng thực L Định lý hệ định lý khác khó Định lý 2.3.17 (Artin-Lang) Cho L trường đóng thực K = L(α1 , , αn ) mở rộng hữu hạn sinh L trường thứ tự cho thứ tự K hạn chế L trùng với thứ tự L Khi tồn đồng cấu L−đại số ϕ : L[α1 , , αn ] → L cho ϕ|L = 1L Chứng minh Trước hết, ta xét trường hợp bậc siêu việt K L Ta giả sử α1 = x phần tử siêu việt L Khi K = L(x)(α2 , , αn ) phần tử K thỏa mãn phương trình đa thức L[x] có hệ tử cao 1, đặc biệt phần tử α2 , , αn Từ đó, K = L(x)(α2 , , αn ) với α2 , , αn phần tử đại số L(x) Do theo định lý phần tử nguyên thủy, tồn y ∈ K cho K = L(x)(y) = L(x)[y] (vì y đại số L(x)) Ngồi y thỏa mãn đẳng thức dạng y l + c1 (x)y l−1 + + cl (x), với c1 (x), , cl (x) ∈ L[x] Ta giả sử l số nhỏ Xét đa thức f (X, Y ) = Y l + c1 (X)Y l−1 + + cl (X) với biến X Y Đối với cặp phần tử a, b ∈ L cho f (a, b) = 0, ta có đồng cấu L−đại số σ : L[x, y] → L cho σ(x) = a, 30 σ(y) = b σ cố định phần tử L Ta có vơ hạn cặp a, b ∈ L (tức phương trình f = có vơ hạn nghiệm) ∼ Cho LK bao đóng thực K Đa thức f (Y ) = f (x, Y ) ∈ L(x)[Y ] có nghiệm y LK , theo định lý 2.3.12 kí số dạng vết ϕ không gian ∼ L(x)[Y ]/(f ) ∼ = L(x)[y] = K (coi đẳng cấu L(x)) ∼ dương (vì kí số số nghiệm phân biệt f (Y ) LK ) Do dạng vết ϕ L(x)−khơng gian K đưa dạng chéo với phần tử h1 (x), , hs (x) ∈ L[x] đường chéo Trên trường đóng thực L, đa thức phân tích thành nhân tử tuyến tính nhân tử bậc bất khả quy Các nhân tử bậc bất khả quy có dạng (x + α)2 + β với α, β ∈ L Do chúng phần tử dương L(x), với a ∈ L phần tử (a + α)2 + β ∈ L dương Lấy x − λ1 , , x − λt tất nhân tử tuyến tính phân tích đa thức h1 (x), , hs (x) Ta thứ tự cho phần tử x, λ1 , , λt ∈ L(x) Một số tình sau xảy < λi < x < λj < λi < x x < λj < Lấy a phần tử L thỏa mãn bất đẳng thức λi < a < λj λi < a a < λj (lưu ý có vơ hạn phần tử a vậy) Khi dấu hk (a) hk (x) trùng với k = 1, , s Do kí số dạng ϕ với kí số dạng có phần tử đường chéo h1 (a), , hs (a) Ta rằng, với hầu hết a, ta có dạng vết ϕa khơng gian L[Y ]/(f (a, Y )) đưa dạng chéo với phần tử h1 (a), , hs (a) đường chéo Thật vậy, lấy A(x) = (aij (x)) ma trận dạng ϕ sở 1, Y, , Y l−1 B(x) = (bij (x)) ma trận cho (B(x))T A(x)B(x) = diag(h1 (x), , hs (x)) Khi đó, det B(a) = không mẫu số hàm hữu tỉ bij (x) bị triệt tiêu x = a, ta có (B(a))T A(a)B(a) = diag(h1 (a), , hs (a)) 31 Do phần lại thỏa mãn ta thấy A(a) ma trận dạng ϕa sở 1, Y, , Y l−1 Vì vậy, có vô hạn phần tử a ∈ L cho dấu ϕa dương Với tất a vậy, đa thức f (a, Y ) có nghiệm b ∈ L, tức f (a, b) = Vậy có vơ hạn cặp (a, b) ∈ L × L thỏa mãn f (a, b) = Như ta nhận xét lúc trước, cặp (a, b) vậy, có đồng cấu L−đại số σ : L[x, y] → L Ta hầu hết đồng cấu mở rộng tới L[x, y, α2 , , αn ] ⊇ L[x, y] Nhắc lại α2 , , αn ∈ L[α1 , , αn ] = K = L(x)[y], αi = pqi (x,y) , với pi , qi i (x) đa thức hệ tử L Lấy q = q1 qn Theo cách xây dựng σ ta có σ(q(x)) = q(a) = với hầu hết a (vì có hữu hạn nghiệm q mà thơi) Trong trường hợp đó, đồng cấu σ mở rộng tới L[x, y][ ] ⊇ L[x, y, α2 , , αn ] ⊇ L[α1 , , αn ] = K q(x) Việc chuyển từ trường hợp bậc siêu việt K L sang trường hợp bậc siêu việt m ≥ thực cách quy nạp theo m Giả sử tồn đồng cấu yêu cầu chứng minh với trường K mà có bậc siêu việt L chặt chẽ nhỏ m Xét trường K = L(α1 , , αn ) có bậc siêu việt L m Chọn trường trung gian F cho L ⊆ F ⊆ K bậc siêu việt K F Lấy LF ⊆ LK bao đóng thực F K Khi bậc siêu việt LK LF 1, tồn đồng cấu LF −đại số ψ : LF [α1 , , αn ] → LF Bậc siêu việt LF L m − 1, bậc siêu việt trường L(ψ(α1 ), , ψ(αn )) ⊆ LF L không vượt m − Rõ ràng thứ tự LF cảm sinh thứ tự trường L(ψ(α1 ), , ψ(αn )) Do tồn đồng cấu L−đại số σ : L[ψ(α1 ), , ψ(αn )] → L Và lúc thu hẹp ánh xạ hợp thành ψ σ lên đại số L[x1 , , xn ] ⊆ LF [x1 , , xn ] đồng cấu ta yêu cầu, tức đồng cấu σψ|L[x1 , ,xn ] Bây dễ dàng để chứng minh định lý Artin hàm hữu tỉ không âm 32 Định nghĩa 2.3.18 Cho k trường thứ tự Hàm hữu tỉ r(x1 , , xn ) = p(x1 , , xn ) , với p, q ∈ k[x1 , , xn ], q(x1 , , xn ) gọi không âm r(a1 , , an ) ≥ với a1 , , an ∈ k cho q(a1 , , an ) = Định lý lời giải cho toán thứ 17 Hilbert Định lý 2.3.19 (Artin) Cho L trường đóng thực, cho r ∈ L(x1 , , xn ) hàm hữu tỉ không âm Khi r biểu diễn thành tổng bình phương phần tử L(x1 , , xn ) Chứng minh Giả sử trái lại r khơng tổng bình phương phần tử L(x1 , , xn ) Khi từ bổ đề 2.3.10 suy tồn thứ tự trường L(x1 , , xn ) cho có r < Ta biểu diễn r dạng thương số tối giản p/q với p, q ∈ L[x1 , , xn ] Xét L−đại số L[x1 , , xn , ] q(x1 , , xn ) chứa r Kí hiệu Ln bao đóng thực trường thứ tự L(x1 , , xn ) Khi Ln tồn phần tử γ cho γ = −r > Trường L(x1 , , xn , γ) chứa Ln thứ tự Ln cảm sinh thứ tự L(x1 , , xn , γ) Theo định lý Artin-Lang tồn đồng cấu ϕ : L[x1 , , xn , 1 γ, ] → L, q(x1 , , xn ) γ mà mở rộng 1L Rõ ràng ϕ(γ)ϕ( γ1 ) = ϕ(q)ϕ( 1q ) = Do ϕ(γ) = ϕ(q) = Suy ta có ϕ(r) = −ϕ(γ ) = −(ϕ(γ))2 < Nhưng ϕ(r) = p(a1 , , an ) , với = ϕ(xi ) q(a1 , , an ) Ở q(a1 , , an ) = ϕ(q) = Bất đẳng thức r(a1 , , an ) < mâu thuẫn với giả thiết định lý 33 Đối với trường thứ tự tùy ý, định lý Artin sai Tuy nhiên với cải tiến chút chứng minh định lý 2.3.19, người ta thu kết sau cho trường thứ tự tùy ý Định lý 2.3.20 Cho k trường thứ tự L bao đóng thực Nếu hàm hữu tỉ r ∈ k(x1 , , xn ) thỏa mãn r(a1 , , an ) ≥ với a1 , , an ∈ L, r biểu diễn thành tổng bình phương phần tử k(x1 , , xn ) Chứng minh Nếu r không tổng bình phương phần tử k(x1 , , xn ), tồn thứ tự k(x1 , , xn ) mà với thứ tự ta có r < Lấy L bao đóng thực trường thứ tự k(x1 , , xn ) Ta giả sử L ⊆ L Trong L , tồn phần tử γ cho γ = −r > Trong L−đại số L[x1 , , xn , 1 γ, ] ⊆ L , q(x1 , , xn ) γ ta xác định thứ tự cảm sinh thứ tự L Lập luận lại xác chứng minh định lý 2.3.19 34 Kết luận Đề tài luận văn trình bày số vấn đề sau: (1) Trình bày số kiến thức chuẩn bị lý thuyết trường (1) Trình bày số ví dụ kinh điển đa thức khơng âm mà biểu diễn thành tổng bình phương đa thức, đồng thời số ví dụ đa thức không âm không biểu diễn thành tổng bình phương đa thức trình bày (2) Trình bày Lý thuyết Artin liên quan đến trường thực hình thức trình bày định lý Sylvester trường đóng thực (3) Cuối trình bày chi tiết cho lời giải Bài toán thứ 17 Hilbert định lý Artin-Lang (Định lý 2.3.17) định lý Artin (Định lý 2.3.19) Từ suy đa thức n biến hệ số thực mà không âm với giá trị thực biến đa thức tổng bình phương hàm hữu tỉ với hệ số thực n biến 35 Tài liệu tham khảo [1] V V Prasolov, "Polynomials" (Algorithms and computation in Mathematics, Volume 11), Translated from the Russian by Dimitry Leites; 978-3-540-40714-0; Springer-Verlag [2] S Lang, Algebra, third edition Graduate Texts in Mathematics, 211 Springer-Verlag, New York, 2002 xvi+914 pp