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


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



Mở đầu

1

1 Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không
1.1

4

Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại
số, đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

4

Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại
số, đặc số không
2.1

17

Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17


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 đối với đa thức trên trường
đóng đại số, đặc số không và ứng dụng" là của tôi thực hiện dưới sự
hướng dẫn của TS. Vũ Hoài An. Mọi tham khảo dùng trong luận văn đều
được 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 của mình.

Tác giả

Trần Thúy Quỳnh


iii

Lời cảm ơn

Sau thời gian nghiên cứu, được sự động viên, giúp đỡ và hướng
dẫn nhiệt tình của TS. Vũ Hoài An, luận văn "Các Định lý kiểu
Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và
ứng dụng" của tôi đã được hoàn thành.


I. MỞ ĐẦU

1. Lý do 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 bản đại học quốc gia Hà Nội,
2003 đã đề cập đến Định lý Mason đối với đa thức trên trường số phức và
sự tương tự của nó với số nguyên:
Định lý A. Giả sử a(t), b(t), c(t) là các đa thức với hệ số phức, nguyên
tố cùng nhau từng cặp, không phải tất cả là hằng và thỏa mãn hệ thức

a(t) + b(t) = c(t). Khi đó, nếu kí hiệu qua n0 (f ) số nghiệm phân biệt của
một đa thức f, thì ta có
max {deg a, deg b, deg c} ≤ n0 (abc) − 1.
Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển cũng đề cập đến Định lý
Davenport sau đây đối với đa thức trên trường số phức:
Định lý Davenport. Giả sử f, g là các đa thức trên C sao cho f 3 = g 2 , f 3
và g 2 không có không điểm chung. Khi đó
1
deg f ≤ deg(f 3 − g 2 ) − 1.
2
Định lý Davenport chưa được chứng minh trong [2].
Trong [6],Bayat và Teimoori đã tổng quát định lý Mason cho bốn đa thức.
Trong [4], Pinter đã dùng định lý Mason để nghiên cứu không điểm của
tổng đa thức.
Trong [5], H.N.Shapiro and G.H.Sparer đã mở rộng Định lý A như sau:
Định lý B. Cho n ≥ 3 và f1 , ..., fn là các đa thức với hệ số phức, nguyên
tố cùng nhau từng cặp, không phải tất cả là hằng sao cho f1 + ... + fn = 0.
Khi đó


tổng đa thức [4] ở chương 2. Kết quả chính của chương 2 là Định lý 2.1,
Định lý 2.4 và Định lý 2.5.
3.3. Trình bày Định lý Mason cho n đa thức. Kết quả là Định lý 3.1, Định
lý 3.5. Từ Định lý 3.5 suy ra Định lý Davenport.
3.4. Trình bày 10 ví dụ về sự tương tự giữa Định lý Mason đối với đa thức
trên trường đóng đại số, đặc số không với số nguyên.


3

4. Bố cục của luận văn
Chương 1. Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không
1.1. Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số
không
1.2. Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không
Chương 2. Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không
2.1. Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không
2.2. Không điểm của tổng đa thức
Chương 3. Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không
3.1. Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không
3.2. Sự tương tự giữa Định lý Mason với hàm số biến số thực và số nguyên

Thang Long University Library



gọi là đặc số của trường K. Nếu không tồn tại số nguyên dương n như vậy
thì ta nói đặc số của trường K bằng 0.
Trường số thực Q có đặc số 0.
Trường thặng dư modul nguyên tố p có đặc số p.
Từ đây, ta kí hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không.
Giả sử f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f.
Khi đó ta có

f = (z − a)m p(z)
với p(a) = 0. Gọi m là bội của không điểm a của f. Giả sử d ∈ K và l là
số nguyên dương, kí hiệu:

n(f ) là số các không điểm của f tính cả bội;
n(f, d) = n(f − d);
q

nl (f ) =

min{mi , l} với f = (z − a1 )m1 ...(z − aq )mq ;

i=1

nl (f, d) = nl (f − d);
n0 (f ) = q, n0 (f, d) = n0 (f − d).
Ví dụ 1.1. Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 trên R.
Ta có −1; −2; −4 là các không điểm phân biệt của f với bội lần lượt là

2; 3; 5.
Mặt khác n0 (f ) = 3, n6 (f ) = 10, n2 (f ) = 6, n4 (f ) = 9, deg f = 10
Ví dụ 1.2. Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 (x2000 + 1) trên R.


(x − 1)4 (x − 5)7 (x − 4)9 (x − 9)
f (x) =
(x + 1)3 (x + 2)2 (x + 3)5 (x − 3)
Ta có các không điểm của f là 1; 4; 5; 9
và µ0f (1) = 4, µ0f (5) = 7, µ0f (4) = 9, µ0f (9) = 1
Ta có các cực điểm của f là −1; −2; −3; 3
∞
∞
∞
và µ∞
f (−1) = 3, µf (−2) = 2, µf (−3) = 5, µf (3) = 1

Lấy l = 9, ta có n9 (f ) = 4 + 7 + 9 + 1 = 21, n9 (f, ∞) = 3 + 2 + 5 + 1 = 11
Lấy l = 5, ta có n5 (f ) = 15, n5 (f, ∞) = 11
Lấy l = 1, ta có n1 (f ) = 4, n1 (f, ∞) = 4, n0 (f ) = 4, n0 (f, ∞) = 4
Ta có deg f = (4 + 7 + 9 + 1) − (3 + 2 + 5 + 1) = 10, T (f ) = 21

Định nghĩa 1.5. Đường cong hữu tỷ f : K −→ Pn (K) là một lớp tương
đương của các bộ (n + 1) đa thức (f1 , f2 , ...fn+1 ) sao cho f1 , f2 , ...., fn+1
không có không điểm chung trên K. Hai bộ (n + 1) đa thức (f1 , f2 , ..., fn+1 )
và (g1 , g2 , ...., gn+1 ) là tương đương với nhau khi và chỉ khi tồn tại c ∈ K∗
sao cho gi = cfi với mọi i = 1, n + 1
Kí hiệu f = (f1 : ... : fn+1 ) là một biểu diễn của f . Khi đó:

f :K → Pn (K)
z → f (z) = (f1 (z) : ... : fn+1 (z))
Giả sử f và g là hai đường cong hữu tỷ từ K vào Pn (K) với hai biểu
diễn f = (f1 : ... : fn+1 ) và g = (g1 : ... : gn+1 ) tương ứng. Ta nói f đồng
nhất g và viết f ≡ g khi tồn tại c ∈ K∗ sao cho fi = cgi , ∀i = 1, n + 1.

T (f, X) = n(f, X) + m(f, X);
m(f, X) = max (degfi − degF ).
1≤i≤2

Giả thiết tính đóng đại số của trường K là cần thiết để định nghĩa độ cao
của đường cong hữu tỷ K vào P n (K).
Thật vậy, xét trường số thực R và các đa thức:

f1 = x8 , f2 = x8 + 1, ..., fn+1 = x8 + n;
g1 = x8 (x8 + n), g2 = (x8 + 1)(x8 + n), ..., gn+1 = (x8 + n)2 .
Xét hai đường cong hữu tỷ f và g từ R vào P n (R) được xác định bởi hai
biểu diễn sau đây:

f = (f: ... : fn+1 ); g = (g1 : ... : gn+1 )

Thang Long University Library


8

Ta có f (z) = g(z) nhưng T (f ) = 8 và T (g) = 16, do đó T (f ) = T (g)
Ta đưa ra thêm các ví dụ minh họa khái niệm không điểm, cực điểm tính
với bội bị chặn và độ cao
Ví dụ 1.8. Xét các hàm hữu tỷ sau đây trên R:

x8 + x6 + x4 + x2 + 1
f (x) =
x12 + 1
8
6

nào của P n (K).


9

Đường cong hữu tỷ f được gọi là khác hằng nếu ảnh của f không là một
điểm nào của P n (K).
Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn rút gọn

f = (1 : x : ... : xn ).
Ta có f là không suy biến tuyến tính. Thật vậy:
Xét tổ hợp tuyến tính a1 .1 + a2 .x + ... + an+1 .xn ≡ 0
Xét đa thức P (x) = a1 + a2 .x + ... + an+1 .xn .
Đa thức P (x) có vô số nghiệm nên a1 = a2 = ... = an+1 = 0.
Vậy f không suy biến tuyến tính.
Ví dụ 1.11. Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P 1 (K) với biểu diễn rút
gọn là f = (x : x + 1). Ta có f khác hằng.
Ví dụ 1.12. Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn rút
gọn là f = (1 : 2 : ... : n + 1). Ta có f là hằng.
Bổ đề 1.13. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng từ K vào P1 (K)
với biểu diễn là f (z) = (f1 : f2 ). Khi đó Wronskian

f1 f2
f1 f2

W = W (f1 ; f2 ) =
không đồng nhất không.

Định lý 1.14. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng từ K vào P1 (K)
với biểu diễn là f = (f1 : f2 ), X1 , X2 , ...Xq là các điểm phân biệt của

22 2

,

(1.1.2)

Do X1 = X2 nên

det

a11 a12
a21 a22

=0

Kết hợp với (1.1.2) ta có: fi = bi1 F1 + bi2 F2 ; i = 1; 2
Từ đó

T (fi ) = T (bi1 F1 + bi2 F2 ) ≤ max {T (bi1 F1 ); T (bi2 F2 )};
T (fi ) ≤ max {T (F1 ); T (F2 )};
T (fi ) ≤ T (F2 ).
Kết hợp với (1.1.1) ta được T (f ) ≤ T (Fi ), i = 2, q Cộng vế tương ứng
của q − 1 bất đẳng thức trên ta thu được
q

(q − 1)T (f ) ≤

T (Fi )
i=2


11

Định lý 1.16. (Định lý chính thứ hai cho đường cong hữu tỷ) Giả sử f là
đường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tính từ K vào Pn (K) với biểu diễn

f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ), X1 ; ...; Xq là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát của
Pn (K), khi đó
q

(q − n − 1)T (f ) ≤

nn (f ; Xi ) −
i=1

n(n + 1)
.
2

Chứng minh. Trước tiên, ta xét q > 2. Xét đường cong hữu tỷ từ K
vào Pn−1 (K), F = (...; Fβ1 .....Fβq−n−1 ; ...) ở đó k = Cq−n−1
,(β1 ; ...; βq−2 ) lấy
q
được với cách chọn khác nhau của q − 2 số trong {1; ...; q}. Ta chứng minh
bổ đề sau:
Bổ đề 1.17. T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).
Chứng minh. Từ định nghĩa độ cao của đường cong hữu tỷ, ta có

T (F ) =
=


với j = n + 2; q . Cộng (q − n − 1) hai bất đẳng thức trên ta nhận được

Thang Long University Library


12

T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).

Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.16. Do f không suy biến tuyến tính
nên W (f1 ; ...; fn+1 ) = 0. Giả sử (α1 ; ...; αn+1 ) là n+1 số khác nhau trong

{1; 2; ...; q} và {β1 ; ...; βq−n−1 } là các số còn lại. Mà fi là tổ hợp tuyến tính
của Fα1 ; ...; Fαn+1 .
Khi đó
W (Fα1 ; ...; Fαn+1 )= C(α1 ;...;αn+1 ) W (f1 ; ...; fn+1 )Fα1 ; ...; Fαn+1 .
ở đó C(α1 ;...;αn+1 ) là hằng số, chỉ phụ thuộc vào (α1 ; ...; αn+1 ). Ta kí hiệu

A = A(α1 ; ...; αn+1 ) =

W (Fα1 ; ...; Fαn+1 )
(Fα1 .....Fαn+1 )




1
1
...
1

+ ... + deg
, trong đó (k1 ; ...; kn+1 ) là
Gα1
Gαn+1
một hoán vị bất kì của {0; ..; n}.
Ta có
(k )

Gαii
deg
≤ −ki .
Gαi
Do đó

degA ≤ −(1 + 2 + ... + n) = −
Mặt khác, ta có

n(n + 1)
2

(1.2.3)


13

deg(F1 ; ...; Fq ) − degW (f1 ; ...; fn+1 ) = deg(Gβ1 ...Gβq−n−1 ) − degA,
deg(Gβ1 ...Gβq−n−1 ) + degW (f1 ; ...; fn+1 ) = deg(Fβ1 ...Fβq−n−1 ) − degA.
Vậy
q


n+1
n(n + 1)
n(W (f1 ; f2 ; ...; fn+1 )) ≤
n(f, Xi ) −
,.
2
i=1
degW (f1 ; f2 ; ...; fn+1 ) ≤

degFi −

Từ đây và (1.2.4) ta có
q

n(n + 1)
,
2
i=1
q
n(n + 1)
(q − n − 1)T (f ) + n(W ) ≤ nn (f, Xi ) −
.
2
i=1
(q − n − 1)T (f ) + n(W ) ≤

n(f, Xi ) −

Định lý sau đây là hệ quả trực tiếp của Định lý cơ bản của đại số.
Định lý 1.18. (Định lý chính thứ nhất) Cho f là đa thức không đồng nhất


N0 (a) =

p
p/a

Trong [2] đã đề cập đến Định lý Mason đối với đa thức trên trường số
phức và sự tương tự của nó đối với số nguyên. Ở đây, chúng tôi chứng
minh Định lý Mason theo hai cách như đã nói ở phần mở đầu.
Định lý 1.21. (Định lý Mason cho ba đa thức) Giả sử a(t), b(t), c(t) là
các đa thức với hệ số phức, nguyên tố cùng nhau từng cặp, không phải tất
cả là hằng và thỏa mãn hệ thức a(t) + b(t) = c(t). Khi đó, nếu kí hiệu qua

n0 (f ) số nghiệm phân biệt của một đa thức f thì ta có
max {dega, degb, degc} ≤ n0 (abc) − 1
Chứng minh. Cách thứ nhất: Dùng hai Định lý chính của hàm hữu tỷ
trên K.
Từ a + b = c và c không đồng nhất 0,
a
b
a b
(1.2.1)
ta có + = 1 hay −1 = −
c c
c
c
a b
a
Mà , là các hàm hữu tỷ khác hằng. Áp dụng định lý 1.8 cho hàm với
c c

b
a
−1=−
c
c
b
Tương tự áp dụng định lý 1.18 cho hàm , ta có
c
b
T ( ) ≤ n0 (abc) − 1
c

(1.2.2)

a
Mà T ( ) = max{dega, degc}
c
b
và T ( ) = max{degb, degc}
c
Kết hợp với (1.2.2) ta có

max {dega, degb, degc} ≤ n0 (abc) − 1

Cách chứng minh này phù hợp để mở rộng Định lý Mason cho n đa
thức. Tiếp theo chúng tôi trình bày cách chứng minh Định lý Mason theo
phương pháp sử dụng đạo hàm và đánh giá bậc của hàm phụ với số không
điểm của nó và các hàm đã cho.
a
b

(t − αi )mi , b(t) =

(t − βj )nj , b(t) =

(t − γk )pk

Thang Long University Library


16

f
b
f
=
=
g
a
g
có mẫu số chung

N0 =

mi
−
t − αi
nj
−
t − βi



Chương 2

Định lý Mason đối với bốn đa thức
trên trường đóng đại số, đặc số
không
Định lý Mason cho ba đa thức đã được trình bày trong mục 1.2, chương 1
cùng với hai cách chứng minh theo đạo hàm và hàm hữu tỷ.
Trong mục này, chúng tôi trình bày định lý Mason cho bốn đa thức [6] và
không điểm của tổng đa thức [4].
Phương pháp chứng minh trong [6] là dùng đạo hàm, đánh giá bậc với số
không điểm của các hàm hữu tỷ được thiết kế phù hợp và các đa thức đã
cho.
Phương pháp chứng minh trong [4] là sử dụng Định lý Mason cho ba đa
thức và dùng đạo hàm.

2.1

Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại
số, đặc số không

Trước tiên chúng ta cần một vài kiến thức chuẩn bị.
Xét đa thức với hệ số phức. Tập hợp của những đa thức có một biến t
được kí hiệu là C[t], nếu f ∈ C[t], f = 0, ta có

Thang Long University Library


18
r

g
h
, S = , T = . Do đó R + S + T = 1.
k
k
k
Đạo hàm cả hai vế của phương trình và chia cho T ta có.
R
S
+
= −1
T
T
R
S
Với cách làm trên, đặt E = , F =
thì E + F = −1.
T
T
Đạo hàm hai vế của phương trình ta có E + F = 0.
F
E
F
E
Hay
E + F = 0 hoặc
=−F
E
E
F