ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN HOÀI NAM PHƯƠNG TRÌNH BOREL ĐỐI VỚI ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG 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 ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN 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 hoàn 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 toán học bạn đọc để luận văn hoàn 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 không 13 2.1 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không 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 không 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 không 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 thông 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 Công 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 toán học phổ thông Theo hướng nghiên cứu này, xem xét Vấn đề Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không Mục tiêu nghiên cứu • 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 không ứng dụng • Đưa ví dụ toán học phổ thông thể ứng 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 không (xem [1],[2]) - Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không [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 không 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 nguyên Bố cục luận văn Ngoài 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 không ứng dụng Trong Chương trình bày: - Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng đại số, đặc số không - 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 không Chương Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không Trong Chương 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 không Chúng muốn xem xét Phương trình với ẩn đa thức với hệ số thuộc K, K trường đóng đại số, đặc số không, góc độ lý thuyết phân bố giá trị p-adic Vì cần tìm hiểu vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỉ K Vấn đề đề cập [1] trình bày lại Ngoài đưa số ví dụ minh họa cho khái niệm biết 1.1 Vấn đề nhận giá trị hàm hữu tỷ trường đóng, đặc số không Trước tiên, nhắc lại khái niệm sau Cho K trường đóng, K gọi trường đóng đại số đa thức ẩn có bậc khác không, 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 không 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 không 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 ký hiệu K trường đóng đại số, đặc số không Giả sử f đa thức khác số có bậc n K a không 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 không tính bội, không 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-ô-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 nguyên 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 nguyên, 36 • Nếu m = 3k + 1, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm tổng quát x = 4k + + 5t y = 2k + + 3t , t = 0, ±1, ±2, Ví dụ 2.2.2.11 Tìm nghiệm nguyên 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-ô-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-ô-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-ô-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 nguyên 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 nghiệm tổng quát x = −5k − + 23t y = −10k − 14 + 45t, t ∈ Z + Nếu m = 2k, k ∈ Z phương trình cho có nghiệm nguyên 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) vô 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) không 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 không 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 Không 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 nguyên với x không 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 ) < (không 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) dương Phương trình không thỏa mãn x = y, thay vào phương trình (2.46), ta nghiệm hệ x = y = 46 Kết luận Trong Chương 2, 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 nguyên 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 không, 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 [...]... Xi ) − Kết luận Trong Chương 1 chúng tôi trình bày: - Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không - Hai Định lý 1.2.6 và 1.2.7 Đây là các kết quả chính của vấn đề nhận giá trị đường cong hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không 13 Chương 2 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không Phương trình do Borel đề xuất là như sau: f1 + f2 + + fn+1... Chương 2, chúng tôi trình bày lại cách giải Phương trình (2.2), một kiểu Phương trình (2.3) và sự tương tự của hai kiểu Phương trình này với Phương trình Diophantine trên tập số nguyên 14 2.1 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không Cho f là một đường cong hữu tỷ từ K vào PN (K) với biểu diễn rút gọn là f˜ = (f1 : : fN +1 ) cho q, N là các số nguyên dương với, N + 1, ta... hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không Trong Mục 1.2, chúng tôi trình bày lại Hai định lý nhận giá trị của đường cong hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không đã đề cập trong [1] Đây là công cụ để xét các phương trình với ẩn là đa thức Định nghĩa 1.2.1 Đường cong hữu tỷ f :K → Pn (K) là một lớp tương đương của các bộ (n + 1) đa thức (f1 , , fn+1 ) sao cho f1 , , fn+1 không có điểm chung trên. .. tương tự giữa Phương trình Diophantine trên tập hợp số nguyên với Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không Trong Mục 2.1, Chúng ta đã xét phương trình Borel với hai dạng sau: d a1 f1d + + an+1 fn+1 = 0, (2.22) Ở đó ai ∈ K, ai = 0, fi không phải đồng nhất không, i = 1, , n + 1 n+1 fid−qi Di (f1 , , fn+1 ) = 0, (2.23) i=1 Ở đó Di (z1 , , zn+1 ) là các đa thức thuần nhất... [x] Tính f ′ (x) và đưa ra nhận xét Giải Ta có f ′ = 7x là đa thức đồng nhất không trên Z7 Hơn nữa f (x) là đa thức không đồng nhất không trên Z7 Khi đó không xét được ảnh hưởng của đạo hàm đến không điểm của đa thức Định lý 1.1.8 (Định lý chính thứ hai đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không) Giả sử f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, a1 , , aq ∈ K ∪{∞} Khi đó q n1 (f, ai ) − 1 (q −... (f1 , , fn+1 ) không đồng nhất không, i = 1, , n + 1 Sự tương tự của (2.22),(2.23) đối với phương trình Diophantine trên tập hợp các số nguyên là việc xét các phương trình sau: a1 xd1 + + an+1 xdn+1 = 0, d n+1 = 0, a1 xd11 + + an+1 xn+1 (2.24) (2.25) Ở đó ai , i = 1, , n + 1 là các số nguyên khác không, d là các số nguyên dương, di là các số nguyên dương không âm, không đồng thời bằng không n+1 xid−qi... nguyên phức không có không điểm Tương tự của các phương trình (2.1) đã được đề cập trong [1] cho các đa thức trên K là hai kiểu phương trình sau: d a1 f1d + + an+1 fn+1 = 0, (2.2) ở đó ai ∈ K, ai = 0, fi không đồng nhất không i = 1, , n + 1; n+1 fid−qi Di (f1 , f2 , , fn+1 ) = 0 (2.3) i=1 Ở đó Di (z1 , , zn+1 ) là các đa thức thuần nhất bậc qi ; fid−qi Di (f1 , , fn+1 ) không đồng nhất không, i = 1,... Đối với các đa thức f1 , , fN +1 , g1 , , gN +1 trên K, ta xét phương trình sau: P (f1 , , fN +1 ) = P (g1 , , gN +1 ) (2.21) Chúng ta sẽ chứng minh định lý sau: Định lý 2.1.7 Với giả thiết trên đây và f1 , , fN +1 ; g1 , , gN +1 là hai họ các đa thức độc lập tuyến tính trên K và thỏa mãn phương trình (2.21) Khi đó gi = cfi , cnq = 1, i = 1, , N + 1 Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo N Với. .. , zn+1 ) là đa thức bậc qi , d là số nguyên dương Chú ý rằng, việc xét các phương trình Diophantine (2.24),(2.25),(2.26) là rất khó Chẳng hạn, một trường hợp riêng của (2.26) khi a1 = 1, a2 = 1, a3 = −1, n = 2, d ≥ 3 là phương trình xd1 + xd2 − xd3 = 0 Phương trình này đã được A.Wiles nghiên cứu và giải quyết chọn vẹn vào năm 1993 Ông đã chứng minh 26 rằng, phương trình xn + y n = z n không có nghiệm... là ba đa thức với hệ 6 số thực Tính T (f ), T (g), T (h), n(f ), n(g), n(h) theo định nghĩa trên và đưa ra nhận xét Giải Ta có T (f ) = 2, n(f ) = 2; T (g) = 4, n(g) = 0, T (h) = 3, n(h) = 1 Từ đây ta rút ra T (f ) = n(f ), T (g) > n(g), T (h) > n(h) Mối liên hệ giữa hàm độ cao T (f ) của các đa thức f và số không điểm f rất khó xác định hoặc tầm thường Ví dụ 1.1.7 Cho f (x) = x7 + 1 là đa thức thuộc ... 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 không ứng... số, đặc số không Kết luận 12 Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không 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 không (xem [1],[2]) - Trình bày lại