Phương trình borel đối với đa thức trên trường đóng lại đại số đặc số không

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN HỒI NAM PHƯƠNG TRÌNH BOREL ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN HOÀI NAM PHƯƠNG TRÌNH BOREL ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HOÀI AN THÁI NGUYÊN, NĂM 2015 i Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Qua Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến thầy cô giáo khoa sau Đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban giám hiệu Viện Toán học trang bị kiến thức bản, tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Vũ Hoài An, người giúp đỡ tác giả có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hồn thành luận văn Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong đóng góp nhà tốn học bạn đọc để luận văn hồn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn ii Mục lục Lời cảm ơn i Mục lục ii Bảng ký hiệu iv Mở đầu 1 Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng, đặc số không 1.2 Hai Định lý nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Kết luận 12 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 13 2.1 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 14 2.2 Sự tương tự Phương trình Diophantine tập hợp số nguyên với Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 25 2.2.1 Phương trình Diophantine ax + by = c 26 2.2.2 Phương trình bậc nhiều ẩn 28 2.2.3 Phương trình Diophantine bậc cao 39 Kết luận 46 Kết luận 47 iii Tài liệu tham khảo 48 iv Bảng ký hiệu f n(f, a) T (f ) K R Hàm hữu tỷ Hàm đếm f điểm a Hàm độ cao f Trường đóng đại số, đặc số khơng Trường số thực Mở đầu Lý chọn đề tài Phương trình Diophantine vấn đề kinh điển khó số học, chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở trung học phổ thơng Phương trình Diophantine xuất Báo toán học Tuổi trẻ, kỳ thi học sinh giỏi tài liệu toán nâng cao Trong lý thuyết phân bố giá trị p-adic, phương trình Borel - Một tương tự Phương trình Diophantine Số học, vấn đề nghiên cứu quan trọng (xem [4]) Nội dung nghiên cứu phương trình Borel là: xét tồn nghiệm, giải phương trình Cơng cụ chủ yếu sử dụng hai Định lý lý thuyết phân bố giá trị p-adic Mặt khác, phương trình Borel p-adic có ứng dụng tốn học phổ thơng Theo hướng nghiên cứu này, chúng tơi xem xét Vấn đề Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Mục tiêu nghiên cứu • Tổng hợp, trình bày lại giảng Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Các kết công việc có tựa đề Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng • Đưa ví dụ tốn học phổ thơng thể ứng dụng Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Nội dung nghiên cứu - Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trương đóng đại số, đặc số khơng (xem [1],[2]) - Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng [1] - Trình bày lại phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc sô không [1] Kết nghiên cứu - Định lý 1.2.6 1.2.7 Đây kết Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng đề cập [1] - Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7 Hai định lý cho ta cách giải hai kiểu phương trình Borel đa thức đề cập [1] - Tổng hợp trình bầy 22 ví dụ thể tương tự Phương trình Borel đa thức Phương trình nghiệm ngun Bố cục luận văn Ngồi phần mở đầu phần kết luận, luận văn gồm chương: Chương 1.Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Trong Chương chúng tơi trình bày: - Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng - Hai Định lý 1.2.6 1.2.7.Các Định lý kết vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Chương Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Trong Chương chúng tơi trình bày: - Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7 Hai Định lý cho ta cách giải hai kiểu Phương trình Borel đa thức - 22 ví dụ thể tương tự phương trình Borel đa thức Phương trình nghiệm nguyên Chương Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng Chúng tơi muốn xem xét Phương trình với ẩn đa thức với hệ số thuộc K, K trường đóng đại số, đặc số khơng, góc độ lý thuyết phân bố giá trị p-adic Vì chúng tơi cần tìm hiểu vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỉ K Vấn đề đề cập [1] trình bày lại Ngồi chúng tơi đưa số ví dụ minh họa cho khái niệm biết 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng, đặc số khơng Trước tiên, nhắc lại khái niệm sau Cho K trường đóng, K gọi trường đóng đại số đa thức ẩn có bậc khác khơng, với hệ số K, có nghiệm K Trường số phức C trường đóng đại số Định nghĩa 1.1.1 Số gọi đặc số trường K ∀n ∈ N∗ : n1 = 0, ký hiệu: Char(K) = Số tự nhiên n nhỏ khác khơng thỏa mãn n1 = số n gọi đặc số trường K, ký hiệu: Char(K) = n Các ví dụ sau minh họa cho khái niệm Trường số thực R có đặc số khơng Thật vậy, ta có n1 = + + + = (tổng lấy với n số 1) Trường số Z7 có đặc số Thật vậy, Ta có 7¯1 = k ¯1 = k = với k = 1, , Do Z7 trường có đặc số Từ trở ta ln ký hiệu K trường đóng đại số, đặc số không Giả sử f đa thức khác số có bậc n K a khơng điểm f Khi viết f = (z − a)m p(z) với p(a) = ta có m bội điểm a f Ký hiệu µ0f (a) = m giả sử d ∈ K l số nguyên dương Ta kí hiệu: n(f ) số điểm f tính bội; n(f, d) = n(f − d); q nl (f ) = min{mi , l} f = (z − a1 )m1 (z − aq )mq , i=1 nl (f, d) = nl (f − d), n0 (f ) = q, Ta nêu số ví dụ cho minh họa cho khái niệm không điểm, số không điểm, không điểm khơng tính bội, khơng điểm tính với bội bị chặn đa thức Ví dụ 1.1.2 Cho f (x) = x2 + 2x Tính n(f ), n1 (f ), n0(f ), n3 (f ) Giải Xét phương trình x2 + 2x = ta có nghiệm x = 0, x = −2 f (x) = x(x + 2.) Từ suy n(f ) = 2, n1 (f ) = = n0 (f ) = n3 (f ) Ví dụ 1.1.3 Cho f (x) = x3 + 3x2 + 3x = −1 Tính n(f, −1), n0 (f, −1), n1 (f, −1), n2(f, −1), n5 (f, −1) Giải Xét phương trình f (x) = x3 + 3x2 + 3x = −1, hay (x − 1)3 = Từ ta có n(f, −1) = 3, n0 (f, −1) = = n1 (f, −1), n2 (f, −1) = 2; n5 (f, −1) = 35 Chú ý Cách làm để giải phương trình Đi-ơ-phăng bậc hai ẩn gọi cách tách phần nguyên Người ta trình bầy cách giải sau: Từ 17x − 47y = suy 17x = 47y + Từ ta có − 14y − 4y 47y + = 3y + hay x − 3y = Điều kiện x ∈ Z x= 17 17 17 − 4y − 4y ∈ Z Đặt = z ∈ Z ta y ∈ Z kéo theo 17  17    z = − 4t, t ∈ Z Từ y = −4z + t = −4(5 − 4t) + t = −20 + 17t    x = 3y + z = 3(−20 + 17t) + (5 − 4t) = −55 + 47t Nghiệm phương trình x = −55 + 47t t = 0, ±1, ± 2, , y = −20 + 17t Ví dụ 2.2.2.10 Tìm nghiệm nguyên phương trình 9x − 15y = 2m + 1, Ở m số ngun cho trước Giải Để phương trình có nghiệm nguyên, điều kiện cần đủ ƯCLN(9, 15)= chia 3z − = hết cho 2m + 1, nghĩa số nguyên z cho 2m + = 3z Từ m = z−1 z−m = z +k với k = ∈ Z.Nghĩa z = 2k+1 m = 3k+1, nói cách z+ 2 khác m chia hết cho thương hụt k, dư Khi phương trình cho trở thành 3x − = 2k + Nhận xét 3(4k + 2) − 5(2k + 1) = 2k + nên phương trình có nghiệm riêng (x0 , y0 ) = (4k + 2.2k + 1) nghiệm tổng quát x = 4k + + 5t y = 2k + + 3t , t = 0, ±1, ±2, Tóm lại: • Nếu chia m cho dư khác phương trình cho có nghiệm ngun, 36 • Nếu m = 3k + 1, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm tổng qt x = 4k + + 5t y = 2k + + 3t , t = 0, ±1, ±2, Ví dụ 2.2.2.11 Tìm nghiệm ngun hệ phương trình 2x − 3y − 5z = 3x + 2y + 3z = Giải Phương trình thứ viết thành 2x − 3y = 5z + Ta có 2(10z + 2) − 3(5z + 1) Do chọn x0 = 10z + 2, y0 = 5z + x = 10z + + 3t y = 5z + + 2t t∈Z Thế vào phương trình thứ hai ta 3(10z + + 3t) + 2(5z + + 2t) + 3z = 5, hay 43z + 13t = −3 4z + 4z + −43z − = −3z− Đặt = Giải phương trình Đi-ơ-phăng này: t = 13 13 13 13v − v−3 v ∈ Z ta có 4z + = 13v nên z = = 3v + 4 v−3 = u ∈ Z, ta Bây đặt v = 4u + 3, z = 3v + u = 13u − 9, t = −3z − v = 43u − 30 x = 10z + + 3t = u + y = 5z + + 2t = −21u − 14 37 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x, y, z)     x=2+u u = 0, ± 1, ±2, y = −14 − 21u ;    z = + 13u Ví dụ 2.2.2.12 Tìm số tự nhiên n có hai chữ số cho n chia hết cho n + chia hết cho 25 Giải Trước hết ta tìm n cho n = 9x, x ∈ Z n + = 25, y ∈ Z, Từ dẫn đến phương trình Đi-ơ-phăng 9x = 25y − 1, hay 25y − 9x = Ta có 25.4 − 9.11 = nên x0 = 11, y0 = nghiệm riêng phương trình có nghiệm tổng quát x = 11 + 25t y = + 9t, (t ∈ Z) Từ suy n = 9x = 99 + 225t, t ∈ Z Nhưng n số tự nhiên có hai chữ số nên ta phải lấy t = ta n = 99 Ví dụ 2.2.2.13 Tìm chữ số x y hệ thập phân cho chia xxxx cho yyyy thương 16 dư r chia xxxx cho yyy thương 16 số dư nhỏ r 2000 đơn vị Giải Từ giả thiết ta có 104 x + 103 x + 102 x + 10x = 16(103y + 102 y + 10y + y) + r 103 + 102 x + 10x + x = 16(102y + 10y + y) + r − 2000 Từ suy phương trình Đi-ơ-phăng 104 x = 16.103y + 2000, 38 hay 5x − 8y = Ta có 5.5 − 8.3 = nên x0 = 5, y0 = nghiệm riêng phương trình nghiệm tổng quát x = − 8t, y = − 5t, (t ∈ Z) ≤ x; y ≤ ta phải chọn t = 0, ta x = y = Với x = y = ta 55555 = 3333.16 + 2227 5555 = 333.16 + 227 Tóm lại x = y = Ví dụ 2.2.2.14 Tìm nghiệm nguyên phương trình 2013x − 1009y = 456 Giải Trước hết ta giải phương trình đồng dư 2013x ≡ 456(mod1009) Ta có 2013x ≡ 456(mod1009) ⇔ −5x ≡ 456(mod1009) ⇔ − 5x ≡ 1456(mod1009) ⇔ x ≡ −293(mod1009) ⇔ x = −293 + 1009t, t ∈ Z Khi ta y= 2013x − 456 2013(−293 + 1009t) − 456 = = −285 + 2013t 1009 1009 Vậy nghiệm tổng quát phương trình cho x = −293 + 1009t y = −585 + 2013t (t = 0, ±1, ± 2, ±3, ) 39 Ví dụ 2.2.2.15 Tìm nghiệm ngun phương trình 270x − 138y = 15m + 27, m số nguyên cho trước Giải Ta có ƯCLN(270,138) = nên điều kiện phương trình cho có nghiệm 15m + 27 ≡ 0(mod6) ⇔ 3m − ≡ 0(mod2) ⇔ m ≡ 1(mod2) Nghĩa m = 2k + 1, k ∈ Z Khi phương trình cho tương đương với phương trình 45x − 23y = 5k + Trước hết ta thấy 45x ≡ 5k + 7(mod23) ⇔ 45x ≡ −45(5k + 7)(mod23) ⇔ x ≡ −5k − 7(mod23) ⇔ x = −5k − + 23t, t ∈ Z Từ ta y= 45(−5k − + 23t) − 5k − 45x − 5k − = = −10k − 14 + 45t 23 23 x = −5k − + 23t Vậy y = −10k − 14 + 45t, t ∈ Z Trả lời: + Nếu m = 2k + 1, k ∈ Z phương trình cho khơng có nghiệm tổng qt x = −5k − + 23t y = −10k − 14 + 45t, t ∈ Z + Nếu m = 2k, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm ngun 2.2.3 Phương trình Diophantine bậc cao Ví dụ 2.2.3.1 Tìm số tự nhiên thỏa mãn x2 − 5x + = 3y (2.32) 40 Giải • Nếu y = phương trình (2.32) trở thành x=2 x2 − 5x + = ⇔ (x − 2)(x − 3) = ⇔ x = Phương trình (2.32) có hai căp ngiệm (x; y) (2; 0), (3; 0) • Nếu y = (2.32) trở thành x2 − 5x + = ⇔ (x − 1)(x − 4) = ⇔ x=2 x = Phương trình (2.32) có hai cặp nghiệm (x; y) (1; 1), (4; 1) • Nếu y ≥ 3y = 3.3y−1 Ta xét vế trái (2.32) theo trường hợp số dư x chia hết cho x = 3k(k ∈ N) x2 − 5x + nên phương trình (2.32) vô nghiệm Nếu x = 3k + 1(k ∈ N) x2 − 5x + = (3k + 1)2 − 5(3k + 1) + = 9k − 9k + Nên phương trình (2.32) vô ngiệm Nếu x = 3k + 2(k ∈ N) x2 − 5x + = (3k + 2)2 − 5(3k + 2) + = 9k − 3k + Do phương trình (2.32) vơ nghiệm Vậy có bốn cặp nghiệm tự nhiên (x; y) thỏa mãn phương trình (2.32) (2; 0), (3; 0), (1; 1), (4; 1) Ví dụ 2.2.3.2 Giải phương trình nghiệm nguyên x5 − y − xy = 32 (2.33) 41 Giải Từ (2.33), ta có x, y hai số chẵn trường hợp ngược lại, vế trái số lẻ, vế phải số chẵn Ta có (2.33) ⇔ (x − y)(x4 + x3 y + x2 y + xy + y ) = 32 + xy, (2.34) x4 + x3 y + x2 y + xy + y = (x3 + y )(x + y) + x2 y ≥ nên từ (2.34) ta có |x − y| (x4 + x3 y + x2 y + xy + y ) = |32 − xy| (2.35) Với x = y phương trình (2.35) khơng thỏa nãm Với x, y số nguyên khác |x − y| ≥ 1, từ (2.35) x4 + x3 y + x2 y + xy + y ≤ |32 + xy| (2.36) Nếu 32 + xy < từ (2.36) suy x4 + x3 y + x2 y + xy + y ≤ −32 − xy Hay (x3 + y )(x + y) + (x2 y + xy + 32) ≤ Bất đẳng thức khơng xảy vế trái có (x3 + y )(x + y) ≥ 2 x y + xy + 32 = xy + 2 + 127 > Do 32 + xy ≥ Từ (2.36) suy x4 + x3 y + x2 y + xy + y ≤ 32 + xy hay (x4 + x3 y + x2 y + xy + y ) + (x2 y − xy) ≤ 32 (x3 + y )(x + y) + xy(xy − 1) ≤ 32 Vì (x3 + y )(x + y) ≥ nên xy(xy − 1) ≤ 32 (2.37) Nếu xy ≥ (xy − 1) > 32 xy ≤ −6 (xy − 1) > 32 Do (2.37) ta có −6 < xy < Lại x, y hai số chẵn khác nên xy nhận giá trị -4 42 • Nếu xy = x = y = Thay x = Vào phương trình (2.33) x=0 ta nghiệm y = −2 Thay y = vào phương trình (2.33) Nếu xy = −4 x=2 Hoặc x=2 y = x = −2 x = x = −2 Vậy phương trình (2.33) có hai nghiệm x=0 x = −2 y = −2 y = Ví dụ 2.2.3.3 Khơng thỏa nãm (2.33) Giải hệ phương trình   (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) = + y  (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) = + y (2.38) (2.39) Giải Hệ phương trình (2.38), (2.39) tương đương với x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = y y + y + y + y + y + y + y = x7 ⇒ x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 = −(y + y + y + y + y + y + y ) ⇔ x(x4 + 1)(x4 + x2 + 1) = x(x4 + 1)(x4 + x2 + 1) (2.40) • Nếu x = từ (2.38) suy y = Ta thấy (0; 0) nghiệm hệ cho • x = −1 Thì từ (2.38) suy y = −1 ta thấy (−1; −1) nghiệm hệ cho • Nếu x < −1 vế trái (2.40) > ⇒ y(y + 1) < ⇔ −1 < y < vế trái (2.38) < vế phải (2.38) < 0, mâu thuẫn • Nếu −1 < x < vế trái (2.40) < ⇒ y(y + 1) > ⇔ y>0 y < −1 43 -Với y > vế trái (2.39) > 1, Vế phải (2.39) < 1, mâu thuẫn - Với y < −1 Thì vế trái (2.39) < 0, vế phải > 0, mâu thuẫn Vậy hệ cho có hai nghiệm (x, y) (0, 0) (−1, −1) Ví dụ 2.2.3.4 Giải phương trình nghiệm ngun với x khơng lớn 100: + x + x2 + x3 = y Giải Ta cần đến bổ đề sau Bổ đề Nếu số nguyên dương a, b, c thỏa mãn ab = c2 mà ƯCLN(a,b) = a − m2 ab − n2 , m, n số nguyên dương Chứng minh Đặt (a, c) = e a = em c = en với (m, n) = Từ ab = c2 có emb = e2 n2 ⇔ mb = en2 Vì (a, b) = nên (e, b) = 1, từ mb = en2 nên b ước n2 Do (m, n2 ) = (m, b) = n2 nên n2 ước b Suy b = n2 e = m, a = m2 Bổ đề chứng minh Biến đổi giả thiết sau: y = 1+x+x2 (1+x) = (1+x)(1+x2) (2.41) • Với x = y = y = −1 thỏa mãn • Với x = y = y = −2 thỏa mãn • Với x = −1 y = (thỏa mãn) • Với x < −1 y = (1 + x)(1 + x2 ) < (khơng thỏa mãn) • Với x ≥ Giả sử phương trình y = (1 + x)(1 + x2 ) có nghiệm Đặt ƯCLN(1 + x, + x2 )= e e ước số (1 + x)2 − (1 + x2 ) = 2x, e ước số 2(1 + x) − 2x = Xét hai trường hợp sau Nếu x số chẵn e = Sử dụng Bổ đề vào đẳng thức y = (1 + x)(1 + x2 ) ta có + x = m2 + x2 = n2 với m, n số nguyên dương Từ có = n2 − x2 = (n − x)(n + x) suy (n − x) = (n + x) nên x = trái với x ≥ 44 Nếu x số lẻ e = 2, lúc + x = 2m2 với m, n số nguyên dương (m2 , n2 ) = 1, lúc y = 2mn Với < x ≤ 100 < 2m2 ≤ 101 m2 ≤ 50 thử với m2 = x = n = 5, có + x = 2.22 + x2 = 2.52 Ta (1 + 7)(1 + 72 ) = 202 = (−20)2 (Thỏa mãn) Lần lượt kiểm tra m2 9, 16, 25, 36, 49, không thỏa mãn Vậy phương trình + x + x2 + x3 = y với x < 100 vó nghiệm nguyên (x, y) sau: (−1, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 2), (1, −2), (7, 20), (7, 20) Ví dụ 2.2.3.5 Cho x, y, z ba số nguyên dương nguyên tố thỏa mãn (x−z)(y − z) = z chứng minh số x, y, z số phương Giải Trước hết ta chứng minh x − z y − z nguyên tố Giả sử (x − z, y − z) = d, Ta có (x − z) d, (y − z) d ⇒ (x − z)(y − z) d2 Từ giả thuyết suy z d2 hay z d x y chia hết cho d Vì (x, y) = nên d = Vì (x, y) = nên d = Vậy x − z y − z số phương Đặt x − z = k , y − z = m2 (k, m ∈ N) ta có (x − z)(y − z) = k m2 = z ⇒ z = km Khi x + y = (x − z) + (y − z) + 2z = k + m2 + 2km = (k + m)2 Mặt khác, từ (x − z)(y − z) = z suy xy = z(x + y) ⇒ xyz = z (k + m)2 = [z(k + m)] Vậy xyz số phương Ví dụ 2.2.3.6 Giải hệ phương trình   ex − ey = x − y  log2 x + log√ 4y = 10 2 (2.42) (2.43) Giải Điều kiện x > 0, y > Phương trình (2.42) viết lại dạng ex − x = ey − y (2.44) 45 Xét hàm số f (t) = et − t, có f ′ (t) = et − > 0, ∀t > Do hàm số f (t) đồng biến t > Từ (2.44) suy f (x) = f (y) ⇒ x = y Thay vào (2.43) log2 x + x > 0, y > log√2 4y = 10, log2 x − + 2(log2 x) = 10, hay log2 x = Hệ có nghiệm (x; y) = (2; 2) Ví dụ 2.2.3.7 Giải hệ phương trình   ln(x + 1) − ln(1 + y) = x − y  2x2 − 5xy + y = (2.45) (2.46) Giải Điều kiện x > −1, y > −1 phương trình (2.45) hệ viết dạng ln(x+1)−x = ln(1+y)−y Xét hàm số f (t) = ln(1 + t) − t, với t ∈ (−1; +∞) có f ′ (t) = Ta thấy f ′ (t) = ⇔ t = (2.47) t −1 = 1+t 1+t Hàm số f (t) đồng biến (−1; 0) nghịch biến khoảng (0; ∞) Ta có (2.47) ⇔ f (x) = f (y), lúc x = y xy < (nếu x, y thuộc khoảng đơn điệu x = y, trường hợp ngược lại xy < 0) Nếu xy < vế trái (2.46) ln dương Phương trình khơng thỏa mãn x = y, thay vào phương trình (2.46), ta nghiệm hệ x = y = 46 Kết luận Trong Chương 2, chúng tơi trình bày: - Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7 Hai định lý cho ta cách giải hai kiểu phương trình Borel đa thức - 22 ví dụ thể tương tự phương trình Borel đa thức Phương trình nghiệm nguyên 47 Kết luận luận văn Luận văn trình bày: Các Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.7 Đây hai Định lý nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không Các Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7 Đây hai định lý nói cách giải hai kiểu Phương trình Borel đa thức 22 ví dụ giải Phương trình nghiệm ngun Các ví dụ thể tương tự giưa phương trình Borel với phương trình Điophantine tập hợp số nguyên 48 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Vũ Hoài An, Tương tự lý thuyết Nevanlinna cho hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng khơng, thảo [2] Vũ Thị Thùy Dung, Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc trưng không áp dụng, Luận văn thạc sĩ toán học, trường đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên [3] Nguyễn Vũ Thanh (2003), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở, số học, NXB Giáo dục [B] Tiếng Anh [4] Ha Huy Khoai and Mai Van Tu (1995), p-adic Nevalinna - Cartan Theorem, Internat J Math, pp 719 - 731 NHẬN XÉT CỦA NGƯỜI HƯỚNG DẪN ... • Tổng hợp, trình bày lại giảng Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không ứng dụng Các kết công việc có tựa đề Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng... số, đặc số khơng Kết luận 12 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 13 2.1 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, ... dụng Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không Nội dung nghiên cứu - Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trương đóng đại số, đặc số khơng (xem [1],[2]) - Trình bày lại