(Luận văn thạc sĩ) nghiệm hữu tỷ của đa thức nguyên và các đạo hàm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ MINH PHƯỢNG NGHIỆM HỮU TỶ CỦA ĐA THỨC NGUYÊN VÀ CÁC ĐẠO HÀM Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS ĐOÀN TRUNG CƯỜNG THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu 1 Bài 1.1 1.2 1.3 tốn hộp phương trình Diophantine Bài tốn hộp Liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Một số ví dụ tập 3 16 Đa 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 thức dẫn xuất hữu tỷ Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Đường bậc với nghiệm phân biệt Đường bậc bốn với bốn nghiệm phân biệt Đường bậc dẫn xuất hữu tỷ Bài tập đề xuất 20 20 26 29 32 37 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 i Mở đầu Một câu hỏi nghiên cứu số học tìm đa thức nguyên cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Các trường hợp riêng toán xuất nhiều tình khác tốn học Một số phát biểu tốn sau: Cho bìa hình vng có cạnh A ∈ N, góc ta cắt bốn hình vng nhỏ Sau gấp bìa thành hình hộp với mặt hở Hỏi phải cắt hình vng để thể tích hình hộp nhận lớn nhất? Thực tế ta ta xét tốn chặt phải tìm thể tích lớn cho cạnh khối hộp số hữu tỷ Điều dẫn đến câu hỏi sau: lấy bìa hình chữ nhật với kích thước cạnh nguyên cho thể tích lớn nhất? Giả sử cạnh hình chữ nhật A ≥ B > Khi thể tích khối hộp B Câu hỏi dẫn đến nghiên cứu đa thức bậc ba có nhân tử phân biệt với hệ số nguyên cho đạo hàm có hai nghiệm phân biệt số hữu tỷ Mục tiêu luận văn khảo sát số trường hợp riêng tốn tìm đa thức ngun cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Cụ thể chúng tơi trình bày lại kết G Convertito D Cruz-Uribe [4] tốn tìm thể tích lớn khối hộp kết R.H Buchholz J.A MacDougall [2] phân loại số đa thức nguyên có bậc 3, dạng đặc biệt cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ Luận văn gồm hai chương Chương trình bày kết G Convertito D Cruz-Uribe [4] tốn tìm thể tích lớn khối hộp Cụ thể tiết 1.1 giới thiệu toán hộp liên hệ đến V = x (2x − A) (2x − B) , < x < nghiệm phương trình Diophantine Tiết 1.2 trình bày số kết nghiệm phương trình Diophantine dùng để đưa câu trả lời cho toán hộp (Định lý 1.2.7) Chương trình bày kết R.H Buchholz-J.A MacDougall [2] phân loại số đa thức nguyên có dạng đặc biệt thỏa mãn đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ bậc đa thức 3, Những đa thức nguyên mà đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ gọi ngắn gọn đa thức dẫn xuất hữu tỷ Cụ thể tiết 2.1 trình bày khái niệm đa thức dẫn xuất hữu tỷ phân loại số đa thức dẫn xuất hữu tỷ Tiết 2.2 trình bày đa thức bậc có ba nghiệm phân biệt Tiết 2.3 trình bày đa thức bậc có bốn nghiệm phân biệt Tiết 2.4 trình bày đa thức bậc đa thức dẫn xuất hữu tỷ Chương Bài toán hộp phương trình Diophantine Mục đích chương trình bày Bài tốn hộp mối liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Từ đưa câu trả lời cho Bài toán hộp 1.1 Bài toán hộp Bài toán hộp ví dụ cổ điển tìm cực trị đồ thị hàm số xuất nhiều sách giải tích Mục đích tiết giới thiệu tốn hộp mối liên hệ đến toán cực trị hàm số Bài tốn Cho bìa hình vng cạnh A ∈ N, góc ta cắt bốn hình vng nhỏ Sau gấp bìa thành hình hộp với mặt hở Hỏi phải cắt hình vng để thể tích hình hộp nhận lớn nhất? Thực tế ta ta xét tốn chặt phải tìm thể tích lớn cho cạnh khối hộp số hữu tỷ Vấn đề dẫn đến toán sau Bài toán hộp Nếu thay bìa hình vng bìa hình chữ nhật có cạnh A, B ∈ N phải chọn A, B để thể tích khối hộp lớn với kích thước cạnh số hữu tỷ? Định nghĩa 1.1.1 Với cặp số nguyên dương A, B thỏa mãn Bài toán hộp ta gọi tỷ số A/B nghiệm hữu tỷ Bài tốn hộp Xét hình chữ nhật với kích thước A, B , A ≥ B > Khi đó, việc tìm cực đại thể tích khối hộp dẫn đến tốn tìm cực trị đa thức bậc B Vì tìm cực đại V tương đương việc tìm cực đại 2V , nên ta có V = x (2x − A) (2x − B) , < x < thể thay x 2x Do tốn tìm cực trị hàm số y = x (x − A) (x − B) (1.1) Bài toán hộp cần giả thiết A, B dương Tuy nhiên, ta xét A, B số nguyên Tổng quát ta xét hàm y = x (xm − A) (xm − B) = x2m+1 − (A + B) xm+1 + ABx, A, B ∈ Z (1.2) Các đa thức có dạng (1.2) gọi ngắn gọn đa thức 3-nhân tử Về mặt hình học, đồ thị đa thức (1.2) tùy thuộc vào tính chẵn lẻ m dấu A, B Chẳng hạn m = 2, A, B > đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt; B < < A đồ thị cắt trục hồnh điểm có điểm uốn liên tiếp Để thuận tiện cho việc trình bày ta cần khái niệm sau Định nghĩa 1.1.2 Một nghiệm phương trình gọi nghiệm kiểu m−hữu tỷ bậc m số ngun Vì tốn tìm cực trị đa thức nên ta cần tìm giá trị A, B để đạo hàm bậc bậc đa thức dạng (1.2) có nghiệm kiểu m−hữu tỷ Xét đa thức y = x (xm − A) (xm − B) = x2m+1 − (A + B) xm+1 + ABx, A, B ∈ Z Khi đó, ta có dy = (2m + 1)x2m − (A + B)(m + 1)xm + AB, dx d2 y = 2m(2m + 1)x2m−1 − m(A + B)xm−1 dx = xm−1 (2m(2m + 1)xm − m(A + B)) d2 y = có nghiệm x = bậc m số hữu tỷ d2 x Hơn nữa, đạo hàm bậc một đa thức bậc hai theo xm nên nghiệm Do bậc m số hữu tỷ phương trình bậc hai có nghiệm hữu tỷ Giả sử phương trình xm = dy = có nghiệm Khi đó, ta có dx (A + B)(m + 1) 2(2m + 1) (m + 1)2 A2 + (2m2 − 4m − 2)AB + (m + 1)2 B ± 2(2m + 1) (1.3) Do xm hữu tỷ biểu thức (m + 1)2 A2 + (2m2 − 4m − 2)AB + (m + 1)2 B số hữu tỷ Chia biểu thức cho B biểu thức dấu 2A 1) B A + (m + 1)2 (1.4) B Biểu thức (1.4) bình phương số hữu tỷ tồn (m + + (2m2 − 4m − 2) số nguyên dương f, g ∈ N∗ cho gcd(f, g) = và1 f2 A (m + 1) + (2m − 4m − 2) + (m + 1) − = B B g 2A gcd(f, g) ước chung lớn f g (1.5) Áp dụng cơng thức nghiệm cho phương trình bậc hai ta thu A + 2m − m2 = B (m + 1)2 ± (m2 − 2m − 1)2 − (m + 1)2 [(m + 1)2 − (m + 1)2 f2 g2 ] (1.6) Vế phải (1.6) số hữu tỷ tồn p, q ∈ N nguyên tố thỏa mãn p2 (m + 1) − 4m (2m + 1) = , g q 2f hay p2 g + 4(2m + 1)m2 g q = q f (m + 1)2 Điều có nghĩa dy = m−hữu tỷ ta có nghiệm nghiệm phương trình dx phương trình Diophantine a2 + (2m + 1)b2 = c2 ; a, b, c ∈ N (1.7) Vì việc tìm cực trị tốn dẫn đến tìm nghiệm phương trình Diophantine (1.7) Vấn đề trình bày mục 1.2 Liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Xét phương trình Diophantine tổng quát a2 + kb2 = c2 , k, a, b, c ∈ N (1.8) Phương trình nghiên cứu từ lâu có lịch sử phong phú Ở Nhật Bản, phương trình Matunaga nghiên cứu vào nửa đầu kỷ 18 Một dạng tổng quát phương trình nghiên cứu sớm chút Châu Âu, tầm đầu kỷ 18, nhiều nhà toán học bao gồm Lagrange, Euler, Minding Dirichlet Trong phần ta tìm tất nghiệm nguyên (a, b, c) phương trình (1.8) thỏa mãn a, b, c nguyên tố Để tiện cho việc trình bày nghiệm (a, b, c) phương trình (1.8) thỏa mãn a, b, c nguyên tố gọi ngắn gọn ba nguyên thủy Khi ta có kết quan trọng sau Định lý 1.2.1 Cho k ∈ N u, v số nguyên dương thỏa mãn v gcd (u, v) = 1, u ≥ √ Gọi r ước chung lớn ku2 − v k 2uv Khi a= 2uv ku2 + v ku2 − v , b= , c= r r r tất ba nguyên thủy phương trình (1.8) Chứng minh Giả sử (a, b, c) ba nguyên thủy phương trình (1.8) Khi a2 + kb2 = c2 , nghĩa c2 − a2 = kb2 Khẳng định tương đương với (c − a)(c + a) = kb2 (1.9) Vì a = c k, b = nên từ phương trình (1.9) ta có c+a b = kb c−a Gọi u, v ∈ N, gcd(u, v) = cho: b u c+a = = v kb c−a Từ phương trình (1.10) tính tốn đơn giản ta có    ku = c + a = c + a v b b b c−a c a v   = = − u b b b (1.10) Do đó, c ku2 + v a ku2 − v = ; = b 2uv b 2uv v Khẳng định kéo theo u ≥ √ Bây ta đặt r ước chung lớn k ku2 − v 2uv Dễ dàng suy r = gcd(2uv; ku2 + v ) Do ta thu ku2 − v 2uv ku2 + v a= , b= , c= r r r (1.11) v Ngược lại, với u, v ∈ N thỏa mãn gcd(u, v) = u ≥ √ , ta định k nghĩa r cơng thức (1.11) Khi dễ dàng chứng minh (a, b, c) ba nguyên thủy phương trình (1.8) Do biểu thức (1.11) biểu diễn tồn số nghiệm ngun thủy phương trình (1.8) Trong kết Định lý 1.2.1 ta thấy r lấy giới hạn giá trị Khi k ≡ 1, 2, (mod 4) thu định lý sau Để tiện cho việc trình bày ta kí hiệu (a1 , a2 , , an ) ước chung lớn a1 , a2 , , an với số nguyên dương a1 , a2 , , an n ≥ Định lý 1.2.2 Cho k ≡ 1, 2, (mod 4) số tự nhiên u, v Định lý 1.2.1 Khi r = (v, k) r = 2(v, k) Hơn nữa, giá trị r phụ thuộc vào tính chẵn lẻ u, v cho bảng sau k≡1 u, v lẻ 2(v, k) u lẻ, v chẵn (v, k) u chẵn, v lẻ (v, k) k≡2 k≡3 (v, k) 2(v, k) (v, k) (v, k) (v, k) (v, k) Chứng minh Trước tiên, ta cần chứng minh r có giá trị (v, k) 2(v, k) Ta định nghĩa k0 , v0 đẳng thức k = k0 (v, k) v = v0 (v, k) Dễ dàng chứng minh (v0 , k0 ) = Do r = (k0 (v, k)u2 − v02 (v, k)2 , 2uv0 (v, k), k0 (v, k)u2 + v02 (v, k)2 ) (1.12) 27 Rõ ràng từ định nghĩa ta có R(f, g) = f (x), g(x) có nghiệm chung Hơn  a0 0    0   R(f, g) = det  b0  0  0   a1 a0 a1 b1 b0 b1  an an     a0 a1 an    bm   bm 0     b b1 b m Định nghĩa 2.2.2 Cho f (x) = a0 xn + + an cho a0 = Biệt thức (discriminant) D đa thức định nghĩa (−1)n(n−1)/2 D = a2n−2 i=j (αi − αj ) = a2n−2 i 0; ∆F = hay ∆ F < Bằng phương pháp giải tích siêu phẳng định nghĩa z = D6 (a, b) khẳng định có điểm dừng bảng 36 (a, b) (0,0) (1/2, 1/2) (1,1) d2 z/da2 d2 z/dada d2 z/d2 b 18 -9 18 9/8 -39/8 9/8 18 -9 18 Kiểu Cực tiểu Điểm uốn Cực tiểu Vì D6 (0, 0) = D6 (1, 1) = D6 (1/2, 1/2) = 1/2 nên rõ ràng D6 (a, b) ≥ Điều kéo theo ∆F < Vì phương trình (2.3) khơng có nghiệm thực Trong trường hợp ∆F = ta có trường hợp a − b − = 0; a − b + = 0; a + b − = 0; D6 (a, b) = Ba trường hợp hiển nhiên dẫn đến đa thức đối xứng bậc dẫn xuất hữu tỷ Đối với trường hợp cuối cùng, ta ý D6 (a, b) liên kết với biệt thức f (x) Đặc biệt ta có ′ ′ ∆(f ) = −16D6 (a, b) D6 (a, b) = ∆(f ) = Điều kéo theo f có ′ ′ nghiệm kép Điều khơng thể ta giả sử f có nghiệm phân biệt Trường hợp thương xảy ∆F < tức D6 (a, b) > Ta có ′ ∆F = 28 (a − b − 1)2 (a − b + 1)2 (a + b − 1)2 ∆(f )3 Nếu ∆F = − ∆(f ) = − Vì f khơng có nghiệm hữu tỷ ′ ′ theo định lý 2.3.2 Ngược lại ∆F = − ∆(f ) = − ′ kéo theo trường hợp f có nghiệm phân biệt bị loại trừ ′ Trước đây, ta nghĩ lớp đa thức dẫn xuất hữu tỷ bậc có nghiệm phân biệt thực chia làm hai loại Lớp thu phép tịnh tiến hữu tỷ từ đa thức bậc dạng p(2,1,1) Lớp đa thức không dạng 37 Các kết chứng minh lớp thứ rỗng Do ta có định lý sau Định lý 2.4.1 Tất đa thức bậc dẫn xuất hữu tỷ tương đương mod X ∗ với đa thức tập D∗ (4) = {x4 } ∪ {x2 (x − 1)(x − a)|a = 9(2w + z − 12)(w + 2) }, (z − w − 18)(8w + z) (w, z) ∈ E(Q) E đường z = w(w − 6)(w + 18) Ví dụ 2.4.2 Trong Định lý 2.4.1 cho w = z = Khi a = nên ta có đa thức x2 (x − 1)(x − a) = x3 (x − 1) thuộc D∗ (4) Vì tất đa thức tương đương mod X ∗ với x3 (x − 1) dẫn xuất hữu tỷ Nói riêng đa thức x3 (x − 1) dẫn xuất hữu tỷ 2.5 Bài tập đề xuất Dưới số tập có liên quan tới đa thức dẫn xuất hữu tỷ Bài tập Chứng minh đa thức f (x) = x(x − 1)3 dẫn xuất hữu tỷ Hướng dẫn Tính đạo hàm f (i) (x) giải phương trình f (i) (x) = với i = 0, 1, 2, Bài tập Chứng minh đa thức x2 (x − 1)2 (x − 2) không dẫn xuất hữu tỷ Hướng dẫn Đạo hàm cấp x(x−1)(5x2 −11x+4) Rõ ràng phương trình 5x2 − 11x + = khơng có nghiệm hữu tỷ Do đa thức cho không dẫn xuất hữu tỷ Bài tập Chứng minh đa thức x(x − 4)2 (x + 4) không dẫn xuất hữu tỷ Hướng dẫn Đạo hàm cấp (x − 4)(4x2 + 4x − 16) Rõ ràng phương trình x2 + x − = khơng có nghiệm hữu tỷ Do đa thức cho không dẫn xuất hữu tỷ Bài tập Chứng minh đa thức x2 (x − 1)2 không dẫn xuất hữu tỷ Hướng dẫn Đạo hàm cấp 12x2 − 12x + Rõ ràng phương trình 38 6x2 − 6x + = khơng có nghiệm hữu tỷ Do đa thức cho không dẫn xuất hữu tỷ Lưu ý tập 1, 3, cách khác cách áp dụng Định lý 2.4.1 Bài tập Có tồn hay khơng số hữu tỷ z, w với z = w(w − 6)(w + 18) cho = 9(2w + z − 12)(w + 2) ? (z − w − 18)(8w + z) Kết luận Như luận văn trình bày lại số kết sau (i) Giới thiệu Bài tốn hình hộp mối liên hệ với nghiệm phương trình Diophantine Từ đưa câu trả lời nghiệm cho Bài toán hộp (ii) Trình bày đa thức dẫn xuất hữu tỷ phân loại số đa thức bậc 3, đa thức dẫn xuất hữu tỷ 39 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] R H Buchholz and J A MacDougall, "When Newton met Diophantus: A study of rational-derived polynomials and their extension to quadratic fields", J Number Theory 81 (2) (2000), 210-233 [3] V E Coll, J Davis, M Hall, C Magnant, J Stankewicz, H Wang," Integer solutions to box optimization problems", College Math J 45 (3) (2014), 180-190 [4] G Convertito and D Cruz-Uribe, Building the Biggest Box: Threefactor Polynomials and a Diophantine Equation, Mathematics Magazine, 89 (3) (2016), 201-211 [5] E V Flynn,"On Q-derived polynomials", Proc Edinb Math Soc (2) 44 (2001), no 1, 103–110 [6] L J Mordell, Diophantine Equations, Academic Press, New York, 1969 [7] N Movshovits-Hadar-A Shmukler , "Infinitely many different quartic polynomial curves", College Math J 23 (3) (1992), 186-195 [8] W C Schulz, "Cubics with a rational root", Mathematics Magazine 64 (3) (1991), 172-175 40 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ Tên là: Nguyễn Thị Minh Phượng tác giả luận văn với đề tài: “Nghiệm hữu tỷ đa thức nguyên đạo hàm” bảo vệ trước Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ trường Đại học Khoa học ngày 15 tháng 12 năm 2019 Theo góp ý Hội đồng, tơi xin bổ sung chỉnh sửa nội dung sau: - Tôi chỉnh sửa số lỗi soạn thảo luận văn - Viết lại nội dung trang 21-22 luận văn - Giải thích cụ thể dịng cuối chứng minh Định lý 2.1.7 - Bổ sung thêm lập luận cuối trang 27 để chứng tỏ đa thức dẫn xuất hữu tỷ với nghiệm phân biệt biến đổi đa thức dẫn xuất hữu tỷ với nghiệm bội hai phép tịnh tiến theo trục y - Bổ sung thêm khái niệm miền nguyên - Tôi lược bỏ Chú ý 2.3.5 có đề cập đến khái niệm nghiệm nguyên siêu mặt, bậc kép, siêu mặt eliptic khái niệm khó khơng thực cần thiết cho toàn nội dung luận văn Tôi xin trân trọng đề nghị Hội đồng xác nhận việc chỉnh sửa, cho phép làm thủ tục xin cấp Thạc sĩ khoa học Thái Nguyên, ngày CÁN BỘ HƯỚNG DẪN KHOA HỌC (Ký ghi rõ học tên) tháng năm 2019 HỌC VIÊN CAO HỌC (Ký ghi rõ học tên) KT CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG CHẤM LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC (Theo QĐ 411/ĐHKH-ĐT ngày 30/5/2018 Hiệu trưởng trường Đại học Khoa học việc giao nhiệm vụ ký xác nhận giải trình sửa chữa, bổ sung luận văn thạc sĩ học viên cao học) TS Trương Minh Tuyên ... loại số đa thức nguyên có dạng đặc biệt thỏa mãn đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ bậc đa thức 3, Những đa thức nguyên mà đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ gọi ngắn gọn đa thức dẫn xuất hữu tỷ Cụ... nguyên cho đa thức đạo hàm có nghiệm hữu tỷ bậc đa thức có bậc 3, Các đa thức gọi đa thức dẫn xuất hữu tỷ 2.1 Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Định nghĩa 2.1.1 Ta gọi D (n, l, k) tập tất đa thức f (x) bậc... hữu tỷ với A ∈ Z Chương Đa thức dẫn xuất hữu tỷ Bài tốn hộp mở rộng có liên hệ chặt chẽ với toán nghiệm hữu tỷ đa thức đạo hàm Mục đích Chương trình bày kết phân loại đa thức nguyên cho đa thức