Luận văn Thạc sỹ Toán học: Các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng

Luận văn Các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng trình bày về các nội dung: định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không; định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không; định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không. Mời các bạn cùng tham khảo.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THÚY QUỲNH CÁC ĐỊNH LÝ KIỂU MASON ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Hà Nội - Năm 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THÚY QUỲNH - C00281 CÁC ĐỊNH LÝ KIỂU MASON ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐĨNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHƠNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60460113 : Người hướng dẫn khoa học: TS VŨ HOÀI AN Hà Nội - Năm 2016 Thang Long University Library i Mục lục Mục lục i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Các kí hiệu iv Mở đầu 1 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không 1.2 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không 14 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 2.1 17 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 17 2.2 Không điểm tổng đa thức 22 Định lý Mason n đa thức trường đóng đại số, đặc số không 25 i 3.1 Định lý Mason n đa thức trường đóng đại số, đặc số không 25 3.2 Sự tương tự Định lý Mason với hàm số biến số thực số nguyên 33 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 Thang Long University Library ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp với đề tài "Các định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng" thực hướng dẫn TS Vũ Hoài An Mọi tham khảo dùng luận văn trích dẫn rõ ràng tên tác giả, tên cơng trình, thời gian, địa điểm cơng bố Tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm với luận văn Tác giả Trần Thúy Quỳnh iii Lời cảm ơn Sau thời gian nghiên cứu, động viên, giúp đỡ hướng dẫn nhiệt tình TS Vũ Hồi An, luận văn "Các Định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng" tơi hồn thành Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến Ts.Vũ Hồi An - người thầy tận tình dẫn, tạo điều kiện để tơi có thêm kiến thức, tổng hợp tài liệu hoàn thành luận văn Đồng thời, xin trân trọng cảm ơn nhà Tốn học, thầy trường Đại học Thăng Long tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập trường thời gian hồn thành luận văn Tơi xin dành lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học Toán K3 (Hải Phịng) quan tâm, tạo điều kiện, động viên tơi suốt trình thực luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Trần Thúy Quỳnh Thang Long University Library iv Các kí hiệu • f : Hàm hữu tỷ • T (f ): Hàm độ cao f • K: Trường đóng đại số, đặc số khơng • C: Trường số phức I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển, Số học Thuật toán Cơ sở lý thuyết & Tính tốn thực hành, Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội, 2003 đề cập đến Định lý Mason đa thức trường số phức tương tự với số nguyên: Định lý A Giả sử a(t), b(t), c(t) đa thức với hệ số phức, nguyên tố cặp, tất thỏa mãn hệ thức a(t) + b(t) = c(t) Khi đó, kí hiệu qua n0 (f ) số nghiệm phân biệt đa thức f, ta có max {deg a, deg b, deg c} ≤ n0 (abc) − Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển đề cập đến Định lý Davenport sau đa thức trường số phức: Định lý Davenport Giả sử f, g đa thức C cho f = g , f g khơng có khơng điểm chung Khi deg f ≤ deg(f − g ) − Định lý Davenport chưa chứng minh [2] Trong [6],Bayat Teimoori tổng quát định lý Mason cho bốn đa thức Trong [4], Pinter dùng định lý Mason để nghiên cứu không điểm tổng đa thức Trong [5], H.N.Shapiro and G.H.Sparer mở rộng Định lý A sau: Định lý B Cho n ≥ f1 , , fn đa thức với hệ số phức, nguyên tố cặp, tất cho f1 + + fn = Khi Thang Long University Library max degfm ≤ (n − 2)(n0 (f1 fn ) − 1) 1≤m≤n Phương pháp chứng minh Định lý B thiết lập mối quan hệ bậc fi , i = 1, n Wronskian f1 ; f2 ; ; fn Mặt khác, định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng có ứng dụng tốn học phổ thơng Theo hướng nghiên cứu này, xem xét vấn đề: Các định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng ứng dụng Mục đích nghiên cứu 2.1 Tổng hợp, trình bày Định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 2.2 Đưa ví dụ tốn học phổ thơng thể tương tự định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không với hàm số thực số nguyên Kết nghiên cứu 3.1 Tổng hợp trình bày Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng (Định lý 1.21) với hai cách chứng minh: - Cách thứ nhất: Dùng hai định lý hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không - Cách thứ hai: Thiết lập hàm phụ gồm đa thức đạo hàm nó, qua thiết lập mối liên hệ khơng điểm đa thức bậc 3.2 Trình bày Định lý Mason bốn đa thức [6], không điểm tổng đa thức [4] chương Kết chương Định lý 2.1, Định lý 2.4 Định lý 2.5 3.3 Trình bày Định lý Mason cho n đa thức Kết Định lý 3.1, Định lý 3.5 Từ Định lý 3.5 suy Định lý Davenport 3.4 Trình bày 10 ví dụ tương tự Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không với số nguyên Bố cục luận văn Chương Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số khơng 1.2 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng Chương Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.1 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.2 Không điểm tổng đa thức Chương Định lý Mason n đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 3.1 Định lý Mason n đa thức trường đóng đại số, đặc số không 3.2 Sự tương tự Định lý Mason với hàm số biến số thực số nguyên Thang Long University Library 31 degFn+2 ≤ max degFi 1≤i≤n+1 Do max degFi = max degFi 1≤i≤n+2 1≤i≤n+1 Áp dụng Bổ đề 3.2 ta có n+1 max degFi ≤ 1≤i≤n+2 nn (Fi ) + nn (F1 + + Fn+1 ) − i=1 n(n + 1) F1 + + Fn+1 = Fn+2 , nn (Fi ) = nn (fi gi ) ≤ nn (fi ) + nn (gi ) ≤ nn (fi ) + deg gi nên n+2 n(n + 1) max degfi gi ≤ nn (fi ) + deg gi − 1≤i≤n+2 i=1 Lại có m n+1 Bổ đề 3.4 Cho f1m1 , , fn+1 đa thức độc lập tuyến tính K khơng có khơng điểm chung, m1 ; ; mn+1 số nguyên dương Khi ta có n+1 1− n i=1 mi m n+1 max f mi ≤ nn (f1m1 + + fn+1 )− 1≤i≤n+1 n(n + 1) Chứng minh Áp dụng Bổ đề 3.2 ta có max degf mi ≤ 1≤i≤n+1 n+1 i=1 m n+1 nn (fimi ) + nn (f1m1 + + fn+1 )− n(n + 1) Mà n n n(fimi ) = deg(f mi ), i = 1; n + mi mi n+1 n+1 n n+1 n nn (fimi ) ≤ degf mi ≤ max degf mi 1≤i≤n+1 m m i=1 i=1 i i=1 i nn (fimi ) ≤ nn1 (fimi ) ≤ Vậy max degf mi ≤ 1≤i≤n+1 n+1 1− n i=1 mi n+1 n n(n + 1) mn+1 max degf mi +nn (f1m1 + +fn+1 )− ; i=1 mi 1≤i≤n+1 n(n + 1) mn+1 max degf mi ≤ nn (f1m1 + + fn+1 )− 1≤i≤n+1 Thang Long University Library 32 Định lý 3.5 (Định lý Mason cho n + đa thức, dạng thứ hai) Cho m n+1 f1m1 , , fn+1 đa thức độc lập tuyến tính K khơng có khơng điểm chung Khi n+1 1− n i=1 mi m n+1 max degfi mi ≤ deg(f1m1 + + fn+1 )− 1≤i≤n+1 n(n + 1) Chứng minh Áp dụng Bổ đề 3.4 kết hợp với m m n+1 n+1 nn (f1m1 + + fn+1 ) ≤ degf1m1 + + fn+1 , Ta có điều phải chứng minh Từ định lý 3.5, cho n = 1, m1 = 2, m2 = 3, f2 = −g ta nhận định lý Davenport Định lý 3.6 (Định lý Davenport) Giả sử f, g đa thức C cho f = g , f g khơng có khơng điểm chung Khi deg f ≤ deg(f − g ) − m1 Bổ đề 3.7 Cho f1 , f2m2 đa thức K, độc lập tuyến tính khơng có khơng điểm chung, m1 , m2 số nguyên dương Khi 1− i=1 mi max {T (fimi )} ≤ n(f1m1 + f2m2 ) − 1≤i≤2 Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: f −g độc lập tuyến tính Áp dụng Bổ đề 3.7 với m1 = m2 = 3, ta có 1 − ( + ) degf ≤ n(f − g ) − 1, 3 deg(f ) = degf ≤ deg 2(f − g ) − = deg(f − g ) − 1, 6 degf ≤ deg(f − g ) − Trường hợp 2: f −g phụ thuộc tuyến tính Khi −g = af , f − g = (1 + a)f Do f = g nên + a = f khơng đồng Ta có 33 deg(f − g ) = deg(1 + a)f = 3degf , 5degf > 2, 6degf − > degf , Vậy 3.2 degf ≤ 3degf − Sự tương tự Định lý Mason với hàm số biến số thực số nguyên Sự tương tự Định lý Mason cho hàm số biến số thực số nguyên trình bày lại mục Sự tương tự xét góc độ: Phương trình nhiều biến đa thức hàm hữu tỷ R; Phương trình nhiều biến hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit lũy thừa Kí hiệu K(x) trường hàm hữu tỷ K Ví dụ 3.8 Giải phương trình a.xn + b.y n = a; b ∈ K, a; b = K(x) Lời giải Giải phương trình a.xn + b.y n = K(x) Giả sử (f ; g); f ; g ∈ K(x) nghiệm phương trình cho Khi a.f n + b.g n = Do a; b = nên f ; g không đồng Ta có a.f n = −b.g n , n g b =− f a Từ ta có g = c, c ∈ K f Vậy g = cf Thay g = cf vào a.f n + b.g n = ta có (a + bcn )f n = Do f không đồng nên a + bcn = Thang Long University Library 34 Vì K trường đóng đại số nên phương trình a + b.xn = ln có nghiệm Do ln tồn c ∈ K cho a + bcn = Vậy phương trình cho ln có nghiệm K(x) nghiệm có dạng (f ; cf ), với f ∈ K(x), f không đồng c nghiệm phương trình b.xn + a = K Ví dụ 3.9 Giải phương trình axn + by n + cz n = 0, với a, b, c ∈ K; a, b, c = K(x) − K với điều kiện n ≥ Lời giải Giả sử (f, g, h) ∈ K(x) − K nghiệm phương trình cho af n + bg n + chn = Gọi l = (f, g, h) đặt f g h f1 = ; g1 = ; h1 = l l l n n n Ta có af1 +bg1 +ch1 = Do h1 không đồng nên từ (2) ta nhận Khi f1 a h1 n g1 +b h1 (1) (2) n +c=0 (3) Ta xét hai trường hợp: f1 g1 Trường hợp 1: khác Từ (3) suy khác h1 h1 n f1 Áp dụng Định lý thứ hai cho hàm với ∞; 0; −c, ta có h1 f1 T a h1 nT Từ (3) ta có f1 h1 n ≤ n1 n n f1 f1 ≤ n1 a , ∞ + n1 a ,0 h1 h1 n f1 +n1 a , −c − 1; h1 f1 f1 f1 , ∞ + n1 , + n1 , −c − h1 h1 h1 35 f1 T a h1 n f1 h1 f1 T h1 nT g1 =T a h1 g1 = nT , h1 g1 =T h1 n , Do nT f1 h1 (n − 3)T ≤ 3T f1 h1 f1 h1 − 1, + ≤ Mà n ≥ ⇒ mâu thuẫn f1 g1 Trường hợp 2: Từ (3) suy Đặt h1 h1 f1 g1 = a1 , = b1 h1 h1 Ta có f1 = a1 h1 , g1 = b1 h1 , aan1 + bbn1 + c = Vậy phương trình có nghiệm (f, g, h) mà f = a1 h, g = b1 h, aan1 + bbn1 + c = Ví dụ 3.10 Giải phương trình axn + by n + c = 0, với a, b, c = K[x] − K Lời giải Giả sử (f ; g) nghiệm phương trình cho, với f, g ∈ K[x] − K Khi ta có af n + bg n + c = Áp dụng định lý thứ hai cho af n với giá trị ∞, 0, −c ta có Thang Long University Library 36 T (af n ) ≤ n1 (af n , ∞) + n1 (af n , 0) + n1 (af n , −c) − 1, nT (af ) ≤ n1 (f ; 0) + n1 (g; 0) − ≤ T (f ) + T (g) − ≤ T (f ) + T (f ) − Vậy (n − 2)T (f ) + ≤ Nếu n ≥ ⇒ mâu thuẫn Nếu n = 1, ta có af + bg + c = 0, g = − (af + c) b Vậy với n = phương trình có nghiệm (f, g) thỏa mãn af + bg + c = 0, g = − (af + c) b Ta xét toán sau: Bài toán A Cho f (x), g(x), h(x) ba đa thức hàm hữu tỷ R Tìm số nguyên dương n cho f (n) (x) + g (n) (x) = h(n) (x) Nhận xét 3.11 Ta xét f (x), g(x), h(x) ba đa thức hàm hữu tỷ C Khi ta dùng bất đẳng thức mô tả liên hệ bậc đa thức với không điểm cực điểm Mối liên hệ thể Định lý Davenport Trong trường hợp tổng quát, Bài toán A chưa giải Nhưng số ví dụ sau trường hợp riêng Bài toán A giải Ví dụ 3.12 Cho 1 f (x) = x3 + x2 + x + 1; g(x) = f (x − 1); h(x) = x2 ba đa thức R Tìm số nguyên dương n cho 37 f n (x) − g n (x) = hn (x), ∀x ∈ R (4) Lời giải Đặt f = f (x), g = g(x), h = h(x) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: n ≥ Từ (4), ta có f n − g n = hn f = ch, c = Ta có degf = 3, degh = ⇒ mâu thuẫn Trường hợp 2: n = 2, ta có 1 1 2 f −g = x + x + x+1 − (x−1)3 + (x−1)2 + (x−1)+1 6 không đồng với h Trường hợp 3: n = 1, ta có f − g = h Vậy n = Lập luận tương tự Ví dụ 3.9 ta có: Ví dụ 3.13 Cho f (x) = 2x + 1 , g(x) = , h(x) = x2 (x + 1)2 (x + 1)2 x2 Tìm số nguyên dương n cho f n (x) + g n (x) = hn (x), ∀x ∈ R (5) Lời giải Đặt f = f (x), g = g(x), h = h(x) Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: n ≥ Từ (5), ta có f n + g n − hn = Lập luận tương tự Ví dụ 3.9, ta có: g = ch, c = Khi c = 2, (x + 1) x x = c(x + 1)2 Mâu thuẫn Trường hợp 2: n = 2, ta có Thang Long University Library 38 (2x + 1)2 f +g = + x (x + 1)4 (x + 1)4 2 không đồng với h2 Trường hợp 3: n = 1, ta có 2x + 1 f +g = + = = h, ∀x ∈ R x (x + 1)2 (x + 1)2 x2 Vậy n = Sau đây, chúng tơi nêu vài ví dụ minh họa toán A hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số lơgarit Ví dụ 3.14 Cho f (x) = sinx, g(x) = cosx Tìm số nguyên dương n cho f 2n (x) + g 2n (x) = ∀x ∈ R Lời giải Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Với n = 1, ta có sin2 x + cos2 x = Trường hợp 2: Với n > 1, theo giả thiết ta có (sin2 x)n + (cos2 x)n = Đặt t = sin2 x, t ∈ [0; 1], cos2 x = − sin2 x = − t, tn + (1 − t)n = Mà t ∈ [0; 1] nên ta không dùng bất đẳng thức thể mối quan hệ bậc đa thức khơng điểm Lúc ta phải dùng đạo hàm, tập giá trị hàm số biến số thực Đặt F (t) = tn + (1 − t)n , t ∈ R Ta có F = n(tn−1 − (1 − t)n−1 ) = 0, tn−1 = (1 − t)n−1 , t= 39 1 Vậy hàm số nghịch biến (0; ) đồng biến ( ; 1) Ta có 2 1 F (0) = = F (1), F = n−1 2 Vậy ta có tập giá trị F (t) [0; 1] 2n−1 ;1 Mặt khác tập giá trị [0; 1] {1} Do n−1 ; với n > không trùng với {1} nên sin2n x + cos2n x không đồng ∀x ∈ R Vậy n = Ví dụ 3.15 Tìm số ngun dương n cho 2n + 3n = 5n Lời giải Từ 2n + 3n = 5n Ta có n n + + =1 Xét trường hợp sau: Trường hợp 1: n = Ta có Trường hợp 2: n > Ta có Do < < 5 n 2 nên < ∀n > 5 Vậy n + 5 n < n < = ∀n > + = ∀n > 5 Vậy n = Ví dụ 3.16 Tìm số ngun dương n cho Thang Long University Library 40 log6n + log6n = Lời giải Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: n = Ta có log61 + log61 = log6 = Trường hợp 2: n > Do < 6; < < 6; < < nên < log6 < 1; < log6 < Do log6n < log6 ∀n > 1, log6n < log6 ∀n > Từ ta có log6n + log6n < log6 + log6 = ∀n > Vậy n = Tiếp theo, ta xét liên hệ Định lý Davenport với phương trình nghiệm nguyên, số phương Ví dụ 3.17 (Phương trình Py-ta-go) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + y = z (6) Lời giải Trước hết, ta giả sử x, y, z nguyên tố Thật vậy, ba số (x0 , y0 , z0 ) thỏa mãn (6) có ƯCLN d, giả sử x0 = dx1 , y0 = dy1 , z0 = dz1 x1 , y1 , z − nghiệm (6) Với x, y, z nguyên tố chúng đơi ngun tố nhau, hai ba số có ước chung d số cịn lại chia hết cho d Ta thấy x y khơng thể chẵn (vì chúng ngun tố nhau), khơng thể lẻ (vì x y lẻ z chẵn, x2 + y chia cho dư 2, z 4) Như hai số x y có số chẵn số lẻ 41 Giả sử x lẻ, y chẵn z lẻ Ta viết (6) dạng: x2 = (z − y)(z + y) Ta có (z + y) (z − y) số lẻ Chúng nguyên tố Thật vậy, giả sử (z + y) d, (z − y) d (d lẻ) (z + y) + (z − y) = 2z d, (z + y) − (z − y) = 2y d Do (2, d) = nên z d, y d Do (y, z) = nên d = Vậy (z + y, z − y) = Hai số nguyên dương z + y z − y ngun tố có tích số phương x2 nên số z + y z − y số phương Đặt z + y = m2 , z − y = n2 Với m, n  số lẻ, nguyên tố nhau, m > n  x = mn     m2 − n2 Ta y =  2   m + n  z = 2 m2 − n2 m2 + n2 = hay x2 + y = z Ngược lại , ta có (mn) + 2  x = mn     m2 − n2 Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) thỏa mãn y =  2   m + n  z = Với m,n số lẻ, nguyên tố nhau, m > n Ví dụ 3.18 Chứng minh phương trình x4 + y = z khơng có nghiệm ngun x, y, z = Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm nguyên x, y, z = Vì số mũ chẵn nên ta thay biến tùy ý số đối nên ta xem chúng số nguyên dương Ta giả thiết (x, y) = Thật vậy, (x, y) = d x = dx1 , y = dy1 , với (x1 , y1 ) = x1 , y1 số nguyên dương Vì x4 + y = z nên (dx1 )4 + (dy1 )4 = z Do Thang Long University Library 42 d4 (x41 + y14 ) = z Vậy d4 |z , suy d2 |z , nghĩa z = d2 z1 với z1 số nguyên dương d4 (x41 + y14 ) = (d2 z1 )2 = d4 z12 nên x41 + y14 = z12 Ta nhận nghiệm x4 + y = z với số nguyên dương x = x1 , y = y1 , z = z1 (x1 ; y1 ) = Giả sử x = x0 , y = y0 , z = z0 nghiệm phương trình x4 + y = z (x0 ; y0 ) = Ta tồn nghiệm khác gồm số nguyên dương x = x1 , y = y1 , z = z1 (x1 ; y1 ) = cho z1 < z0 Vì x40 + y04 = z04 nên (x20 )2 + (y02 )2 = z02 , tức (x20 ; y02 ; z0 ) số Pytago Hơn (x20 ; y02 ) = 1, p số nguyên tố, p|x20 , p|y02 p|x0 , p|y0 ⇒ mâu thuẫn với (x0 ; y0 ) = Như (x20 ; y02 ; z0 ) số Pytago nguyên thủy Khi đó, tồn số nguyên dương m; n cho x20 = m2 − n2 , y02 = 2mn, z0 = m2 + n2 Trong đó, ta coi y02 số chẵn Từ đẳng thức x20 , ta được: x20 + n2 = m2 Do (m; n) = nên (x0 ; n; m) số Pytago nguyên thủy Do đó, tồn số nguyên dương r, s cho x20 = r2 − s2 , m = 2rs, n = r + s2 Vì m lẻ (m; n) = 1, ta có (m; 2n) = Do y02 = 2nm nên tồn số nguyên dương z1 w với m = z12 , 2n = w2 Vì w chẵn, w = 2u u số nguyên dương nên u2 = n = rs 43 Do (r, s) = 1, tồn số nguyên dương x1 ; y1 cho r = x21 , s = y12 Lại có (r, s) = nên dễ dàng suy (x1 ; y1 ) = Như x41 + y14 = z12 , x1 , y1 , z1 số nguyên dương với (x1 ; y1 ) = Hơn ta có z1 < z0 z1 < z14 = m2 < m2 + n2 = z0 Để kết thúc chứng minh, giả sử x4 + y = z có nghiệm nguyên Do nguyên lý thứ tự tốt, số nghiệm nguyên dương, tồn nghiệm nguyên với giá trị z0 bé Tuy nhiên ta từ nghiệm tìm nghiệm khác với giá trị bé biến z ⇒ mâu thuẫn Như ta có điều phải chứng minh Thang Long University Library 44 Kết luận • Tổng hợp trình bày Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng (Định lý 1.21) • Định lý Mason bốn đa thức [6], không điểm tổng đa thức [4] chương Kết chương Định lý 2.1, Định lý 2.4 Định lý 2.5 • Trình bày Định lý Mason cho n đa thức Kết định lý 3.1, Định lý 3.5 Từ Định lý 3.5 suy Định lý Davenport • Trình bày 10 ví dụ tương tự Định lý Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không với hàm số biến số thực số nguyên 45 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Thị Thùy Dung(2014), 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 [2] Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển(2003), Số học Thuật Tốn Cơ sở lý thuyết Tính toán thực hành, Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Hồi Nam(2015), Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng, Luận văn thạc sĩ tốn học, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [4] Á Pinter(2002), Zeros of the sum of polynomials, J.Math.Anal.Appl.270, 303-305 [5] H.N.Shapiro and G.H.Sparer(1994), Extentions of a theorem of Mason, Comm Pure.Appl.Math.XLVII, 711-718 [6] M.Bayat and H.Teimoori(2004), A generalization of Masson’s theorem for four polynomials, Elem.Math.59, 22-28 [7] Michiel de Bondt(2009), Another generalization of Mason’s ABC-theorem, arXiv:0707.0434v2 [math.NT] Thang Long University Library ... Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 2.1 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 2.2 Khơng điểm tổng đa thức Chương Định lý Mason n đa thức trường đóng đại. .. lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số khơng 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không 1.2 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không Chương Định. .. trường đóng đại số, đặc số khơng 14 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.1 17 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số không