Header Page of 166 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 KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2016 Footer Page of 166 Header Page of 166 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 ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG 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 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 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 không 2.1 17 Định lý Mason bốn đa thức trường đóng đại số, đặc số không 17 2.2 Không điểm tổng đa thức 22 Định lý Mason n đa thức trường đóng đại số, đặc số không Footer Page of 166 25 Header Page of 166 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 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 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 không ứng dụng" thực hướng dẫn TS Vũ Hoài An Mọi tham khảo dùng luận văn trích dẫn rõ ràng tên tác giả, tên công trình, thời gian, địa điểm công bố Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm với luận văn Tác giả Trần Thúy Quỳnh Footer Page of 166 Header Page of 166 iii Lời cảm ơn Sau thời gian nghiên cứu, động viên, giúp đỡ hướng dẫn nhiệt tình TS Vũ Hoài An, luận văn "Các Định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không ứng dụng" hoàn thành Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến Ts.Vũ Hoài An - người thầy tận tình dẫn, tạo điều kiện để có thêm kiến thức, tổng hợp tài liệu hoàn thành luận văn Đồng thời, xin trân trọng cảm ơn nhà Toán học, thầy cô trường Đại học Thăng Long tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập trường thời gian hoàn thành luận văn Tôi xin dành lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học Toán K3 (Hải Phòng) quan tâm, tạo điều kiện, động viên suốt trình thực luận văn Hà Nội, tháng năm 2016 Tác giả Trần Thúy Quỳnh Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 iv Các kí hiệu • f : Hàm hữu tỷ • T (f ): Hàm độ cao f • K: Trường đóng đại số, đặc số không • C: Trường số phức Footer Page of 166 Header Page of 166 I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển, Số học Thuật toán Cơ sở lý thuyết & Tính toán 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 không 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 Footer Page of 166 Thang Long University Library Header Page of 166 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 không có ứng dụng toán học phổ thông Theo hướng nghiên cứu này, xem xét vấn đề: Các định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không ứng dụng Mục đích nghiên cứu 2.1 Tổng hợp, trình bày Định lý kiểu Mason đa thức trường đóng đại số, đặc số không 2.2 Đưa ví dụ toán học phổ thông 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 không (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 không 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 Footer Page of 166 Header Page 10 of 166 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 không 1.2 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không 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 không 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 Footer Page 10 of 166 Thang Long University Library Header Page 38 of 166 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 không 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 Footer Page 38 of 166 Thang Long University Library Header Page 39 of 166 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 không 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 không điểm chung Khi deg f ≤ deg(f − g ) − m1 Bổ đề 3.7 Cho f1 , f2m2 đa thức K, độc lập tuyến tính không 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 không đồng Ta có Footer Page 39 of 166 Header Page 40 of 166 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 = Footer Page 40 of 166 Thang Long University Library Header Page 41 of 166 34 Vì K trường đóng đại số nên phương trình a + b.xn = có nghiệm Do tồn c ∈ K cho a + bcn = Vậy phương trình cho 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 f1 h1 Từ (3) ta có Footer Page 41 of 166 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 Header Page 42 of 166 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 Footer Page 42 of 166 Thang Long University Library Header Page 43 of 166 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 Footer Page 43 of 166 Header Page 44 of 166 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 Footer Page 44 of 166 Thang Long University Library Header Page 45 of 166 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, nêu vài ví dụ minh họa toán A hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số lôgarit 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 không 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= Footer Page 45 of 166 Header Page 46 of 166 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 nguyên 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 nguyên dương n cho Footer Page 46 of 166 Thang Long University Library Header Page 47 of 166 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 đôi nguyên tố nhau, hai ba số có ước chung d số lại chia hết cho d Ta thấy x y chẵn (vì chúng nguyên tố nhau), 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 Footer Page 47 of 166 Header Page 48 of 166 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 nguyên 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 nghiệm nguyên 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 Footer Page 48 of 166 Thang Long University Library Header Page 49 of 166 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 = Footer Page 49 of 166 n = rs Header Page 50 of 166 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 Footer Page 50 of 166 Thang Long University Library Header Page 51 of 166 44 Kết luận • Tổng hợp trình bày Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không (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 Footer Page 51 of 166 Header Page 52 of 166 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 Toán Cơ sở lý thuyết Tính toán thực hành, Nhà xuất đại học quốc gia Hà Nội [3] Nguyễn Hoài Nam(2015), Phương trình Borel đa thức trường đóng đại số, đặc số không, Luận văn thạc sĩ toán 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] Footer Page 52 of 166 Thang Long University Library ... ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không 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. .. 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. .. 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 không 1.2 Định lý Mason ba đa thức trường đóng đại số, đặc số không