2 Đa thức dẫn xuất hữu tỷ
2.3 Đường bậc bốn với bốn nghiệm phân biệt
Có ít nhất 2 cách để nghiên cứu các đa thức bậc 4 kiểu p(1,1,1,1). Khả năng đầu tiên, là đa thức bậc 4 tổng quát và xem xét 3 đạo hàm đầu tiên y = x(x−4a) (x−4b) (x−4c) y0 = 4x3 −12 (a+b+c)x2 + 32 (ab+ac+bc)x−16abc y00 = 12x2 −24 (a+b+c)x+ 32 (ab+ac+bc) y000 = 24x−24 (a+ b+ c). .
Tịnh tiến theo x 7→ x+ (a+b+c) để chuyển dạng bậc 4 với 4 nghiệm nguyên và đơn giản hóa điều kiện y0 = 0 = y00 bằng cách chuyển số hạng bình phương và các số hạng tuyến tính tương ứng để thu được,
x3 −px+q = 0, 3x2 −p = 0, (2.1) trong đó p = (−a+b+c)2 + (a−b+c)2 + (a+b−c)2 và
Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp đường bậc bốn chỉ với đạo hàm bậc2. Xét một phép biến đổi tuyến tính thỏa mãn
A:= −a+b+c, B := a−b+c, C := a+ b−c.
Khi đó đạo hàm bậc 2 trở thành 3x2 = A2 +B2 +C2. Chú ý rằng
(A, B, C, x) = (1,1,1,1)
là 1 nghiệm riêng. Vì đây là một đa thức bậc 2 thuần nhất, ta có thể tham số hóa tất cả các nghiệm
dA = −u2 +v2 +ω2 −2uv −2uω dB = u2 −v2 +ω2 −2uv−2vω dC = u2 +v2 −ω2 −2uω−2vω
dx = u2 +v2 +ω2 (2.2)
ở đó d = gcd (r.h.s0s) và u, v, ω ∈ Z. Bằng cách giải các phương trình
này cho a, b, c ta thu được đặc trưng sau.
Định lý 2.3.1. Tất cả đa thức với hệ số nguyên bậc bốn với bốn nghiệm phân biệt thỏa mãn các đạo hàm bậc 2, bậc 3 có tất cả các nghiệm
trong Z là tương đương với một đa thức bậc 4 có dạng như sau y =
x(x−4a) (x−4b) (x−4c) ở đây
da = u(u−v−ω)−2vω db = v(−u+v −ω)−2uω dc = ω(−u−v +ω)−2uv
thỏa mãn điều kiện (u−v) (u−ω) (v−ω) (u+v +ω) 6= 0.
Trường hợp đường bậc bốn với chỉ đạo hàm bậc nhất. Trường hợp này sẽ khó hơn vì yêu cầu đạo hàm bậc nhất là một đa thức bậc 3 có các nghiệm là các số nguyên. Trước tiên là một kết quả của Schulz.
Định lý 2.3.2. Một đa thức bậc 3 dạng f(x) = x3 + P x + Q có ba nghiệm hữu tỷ khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) Tồn tại một nghiệm hữu tỷ;
(ii) −3((P/3)3 + (Q/2)2) là số chính phương hữu tỷ.
Tiếp theo là một kết quả của Mordell (1969).
Định lý 2.3.3. Tất cả các nghiệm của phương trình
X2 + 27Y2 = Z3; (X, Z) = 1 là (1 2G(x, y); 1 3f(x, y); H(x, y)) ở đó f(x, y) = 9x3 + 147x2y + 798xy2 + 1440y3, G(x, y) = 20x3 + 294x2y + 1428xy2 + 2288y3, H(x, y) = 7x2 + 74xy + 196y2, với mọi cặp (x, y) ∈ Z2.
Định lý 2.3.4. Mọi phương trình bậc 3 dạng x3−px+q có ba nghiệm nguyên phân biệt nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi các điều kiện sau thỏa mãn:
(i) 4p3 −27q2 = r2, r 6= 0;
(ii) (p, q) = 1,và 2|q.
Chứng minh. Đầu tiên ta giả sử đường bậc 3 có ba nghiệm phân biệt
nguyên tố cùng nhau là a0, b0, c0. Khi đó
x3 −px+ q = (x−a0)(x−b0)(x−c0). Suy ra
Rõ ràng nếu a0 hoặc b0 cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì 2|q. Nếu một trong hai là số chẵn và số còn lại là số lẻ thì 2|q. Ta có thể giả sử a0, b0, c0 là đôi một nguyên tố cùng nhau. Hơn nữa, ta có
(p, q) = ((a0)2 +a0b0 + (b0)2; (a0)2b0 +a0(b0)2).
Suy ra (p, q)|((a0)3,(b0)3) và do đó (p, q)|((a0, b0))3 = 1. Bằng một tính toán đơn giản ta thu được
4p3 −27q2 = [(a0 −b0)(a0 −c0)(b0 −c0)]2.
Và vì vậy ta có thể suy ra bài toán tìm nghiệm của
4p3 −27q2 = r2; (p, q) = 1 và 2|q.
Không mất tính tổng quát, ta có thể đặt q = 2Qvà r = 2R, thì phương trình trở thành
p3 = 27Q2 +R2; gcd(p, Q) = 1.
Áp dụng Định lý 2.3.3 ta suy ra nghiệm là (p, Q) = (H(u, v); 1
3f(u, v))
với u, v là các số nguyên tùy ý. Bây giờ, ta có x3−H(u, v)x+2
3f(u, v) = [x−(2u+ 10v)][x−(u+ 6v)][x+ (3u+ 16v)]
và kiểm tra trực tiếp thì ta suy ra điều phải chứng minh.