Luận văn Thạc sĩ Toán học: Biểu diễn đa thức dương dưới dạng tổng bình phương hai đa thức

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:40

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lagrange đã chỉ ra rằng, mọi số nguyên dương a đều luôn biểu diễn được thành tổng bình phương của bốn số nguyên. Vậy một câu hỏi tự nhiên sinh ra là: "Nếu thay số nguyên bằng đa thức, thì khi nào đa thức có thể biểu diễn thông qua một tổng của bình phương các đa thức khác? Nếu biểu diễn được thì sẽ cần tối thiểu bao nhiêu bình phương của các đa thức để tạo nên biểu diễn ấy? Điều kiện cần và đủ ở đây là gì?" Đã có rất nhiều công trình khoa học của các nhà toán học nổi tiếng nghiên cứu về vấn đề này, như Motzkin, Robinson, Choi, Lam,...; và cũng có rất nhiều ví dụ và phản ví dụ đã được đưa ra.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Biểu diễn đa thức dương dưới dạng tổng bình phương hai đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– CAO HÀ DƯƠNG BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG DƯỚI DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG HAI ĐA THỨC THÁI NGUYÊN, 10/2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– CAO HÀ DƯƠNG BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG DƯỚI DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG HAI ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN GS.TSKH. HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN, 10/2018
i Mục lục Lời cảm ơn 2 Lời nói đầu 3 1 BÀI TOÁN HILBERT THỨ 17 5 1.1. Lịch sử vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2. Một số kết quả về biểu diễn đa thức không âm . . . . . . . 6 1.2.1. Kết quả của Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2.2. Ví dụ của Motzkin . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.3. Ví dụ của Robinson . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.4. Ví dụ của Choi-Lam . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.2.5. Ví dụ của Lax-Lax và Schm¨ udgen . . . . . . . . . . 14 1.2.6. Chứng minh của Artin . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2 MỘT SỐ MỞ RỘNG CỦA BÀI TOÁN HILBERT 17 29 2.1. Về không điểm của các đa thức nhiều biến không âm . . . 29 2.1.1. Không điểm của dạng psd . . . . . . . . . . . . . . 29 2.1.2. Phương pháp ma trận Gram . . . . . . . . . . . . . 30 2.1.3. Tổng quát hoá của M và S . . . . . . . . . . . . . . 31 2.1.4. Các ví dụ về dạng đối xứng . . . . . . . . . . . . . 32 2.2. Định lý Polya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37
1 Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt psd đa thức nửa xác định dương pd đa thức xác định dương sos đa thức biểu diễn được dưới dạng tổng của bình phương các đa thức AM − GM bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân GCD ước chung lớn nhất
2 Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của GS.TSKH Hà Huy Khoái. Thầy đã hướng dẫn và tạo điều kiện tốt nhất để cho tác giả hoàn thành luận văn này. Nhân dịp này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Thầy. Tác giả cũng xin được bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy các lớp cao học Toán K10Q và K11D; trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; khoa Toán - Tin đã tạo điều kiện thuận lợi nhất cho tác giả trong suốt quá trình học tập tại trường. Cuối cùng, tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tập thể lớp cao học Toán K10Q và K11D, gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viên và tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả khi học tập và nghiên cứu. Mặc dù bản thân đã có nhiều cố gắng nhưng do điều kiện thời gian ngắn, trình độ và kinh nghiệm nghiên cứu khoa học còn hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những đóng góp của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp để tác giả có thể tiếp tục nghiên cứu tốt hơn. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Tác giả Cao Hà Dương
3 Lời nói đầu Lagrange đã chỉ ra rằng, mọi số nguyên dương a đều luôn biểu diễn được thành tổng bình phương của bốn số nguyên. Vậy một câu hỏi tự nhiên sinh ra là: "Nếu thay số nguyên bằng đa thức, thì khi nào đa thức có thể biểu diễn thông qua một tổng của bình phương các đa thức khác? Nếu biểu diễn được thì sẽ cần tối thiểu bao nhiêu bình phương của các đa thức để tạo nên biểu diễn ấy? Điều kiện cần và đủ ở đây là gì?" Đã có rất nhiều công trình khoa học của các nhà toán học nổi tiếng nghiên cứu về vấn đề này, như Motzkin, Robinson, Choi, Lam, ...; và cũng có rất nhiều ví dụ và phản ví dụ đã được đưa ra. Tại Đại hội toán học quốc tế họp ở Paris năm 1900, Hilbert nêu ra vấn đề trên như là Bài toán thứ 17 trong danh mục 23 bài toán nổi tiếng của ông. Bài toán trên đã được giải quyết bởi Artin, nhưng vẫn còn rất nhiều cách tiếp cận và mở rộng khác được đưa ra. Luận văn này có mục tiêu trình bày lịch sử vấn đề cùng một số kết quả đã đạt được trong hướng nghiên cứu bài toán Hilbert 17 và những mở rộng của nó. Mặc dù bài toán Hilbert 17 trước đó đã được đề cập đến trong nội dung Luận văn thạc sĩ toán học của Phan Văn Dân với tên "Về định lí Hilbert thứ 17" vào năm 2017 tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên; nhưng kết quả nghiên cứu của Tác giả trong luận văn này đối với bài toán Hilbert 17 là khác biệt. Trong luận văn của mình, tác giả đã nêu ra các kết quả đã đạt được của các nhà toán học khi nghiên cứu bài toán Hilbert 17 một cách chi tiết và cụ thể hơn, ngoài ra còn có bổ sung thêm nhiều kết quả khác. Hơn nữa, chứng minh định lý Artin trong hai bản luận văn là khác nhau. Cuối cùng sự khác biệt đến từ chương 2 của luận văn này, tác giả quan tâm và trình bày nội dung định lý Polya cùng với những mở rộng trong hướng nghiên cứu bài toán
4 Hilbert 17 mà trong luận văn của Phan Văn Dân là không có. Do vậy, luận văn của tác giả đã bổ sung thêm các kết quả cùng với những tiếp cận khác về bài toán Hilbert 17. Tên của luận văn này là "Biểu diễn đa thức dương dưới dạng tổng bình phương hai đa thức". Tuy nhiên trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã dành phần nhiều thời gian để nghiên cứu và thấy được rằng những kết quả về biểu diễn một đa thức dương có thể được nhìn nhận một cách yếu hơn cho những đa thức không âm. Do đó nội dung trong luận văn có thiên hướng trình bày các kết quả đã đạt được về đa thức không âm nhiều hơn những kết quả cho các đa thức dương. Luận văn này gồm hai chương: Chương 1: Trình bày một cách khái quát lịch sử vấn đề; các ví dụ về một đa thức không âm có thể hay không thể biểu diễn được thành tổng của bình phương của các đa thức khác; cùng với đó là sự giải quyết bài toán Hilbert 17 của Artin. Chương 2: Trình bày một số tiếp cận và một số các kết quả mở rộng của Bài toán Hilbert 17.
5 Chương 1 BÀI TOÁN HILBERT THỨ 17 1.1. Lịch sử vấn đề Vào năm 1900, tại Đại hội toán học quốc tế tại Paris, Hilbert đã nêu lên bài toán thứ 17 của mình như sau: "Có thể hay không biểu diễn một đa thức thực không âm dưới dạng tổng bình phương của các hàm hữu tỷ". Trước đó, sự khởi đầu bài toán Hilbert thứ 17 bắt nguồn từ luận án tiến sĩ của Hermann Minkowski, bảo vệ tại tại Đại học Koxnigsberg vào năm 1885, mà Hilbert là người phản biện. Trong buổi bảo vệ, Minkowski đã khẳng định rằng: "Tồn tại các đa thức thực không âm trên toàn bộ Rn có thể không biểu diễn được dưới dạng tổng hữu hạn bình phương các đa thức thực". Mặc dù không có chứng minh nào cho khẳng định trên, nhưng sau đó Hilbert có nói rằng ông đã bị thuyết phục bởi khám phá này. Sau này vào năm 1888, Hilbert đã chứng minh trong một bài báo nổi tiếng về sự tồn tại của một đa thức thực hai biến bậc sáu không âm trên R2 nhưng không phải là một tổng của bình phương các đa thức thực. Ví dụ tường minh đầu tiên được đưa ra bởi T.Motzkin vào năm 1967. Đó là đa thức: M (x, y) = x4 y 2 + x2 y 4 + 1 − 3x2 y 2 . Trong bài báo thứ hai về chủ đề này vào năm 1893, Hilbert đã chứng minh bằng một lý luận khéo léo và khó hiểu rằng, mỗi đa thức không âm p ∈ R [x, y] trên R2 đều biểu diễn được như một tổng hữu hạn của bình phương các hàm hữu tỷ thuộc R (x; y). Mặc dù không nêu rõ, nhưng trong chứng minh của mình, Hilbert gần như chỉ ra rằng p là tổng của bốn bình phương các hàm hữu tỷ.
6 Năm 1899, Hilbert chứng minh được một kết quả quan trọng, làm cơ sở cho một khẳng định mà thời điểm đó còn chưa được chứng minh, rằng: "Bất kì hàm hữu tỷ không âm nào trong Q (x1 , ..., xn ) đều là tổng của bình phương các hàm hữu tỷ trong Q (x1 , ..., xn )". Dựa trên ý tưởng từ những công trình trước đây, Hilbert đã nêu ra bài toán nổi tiếng thứ 17 tại Đại hội toán học quốc tế tại Paris vào năm 1900 với câu hỏi: "Nếu f ∈ R [x1 , ..., xn ] là một đa thức không âm, thì nó có nhất thiết biểu diễn được như tổng của bình phương các hàm hữu tỷ trong R (x1 , ..., xn ) hay không?" Bài toán Hilbert thứ 17 đã được giải quyết bằng câu trả lời khẳng định vào năm 1926 bởi Artin. Chứng minh của Artin cũng mang đến sự khởi đầu cho một số chủ đề mới của hình học đại số thực. 1.2. Một số kết quả về biểu diễn đa thức không âm Trước khi đi vào trình bày những kết quả đã đạt được, chúng ta có các kí hiệu và định nghĩa sau: i) Hd (K n ): là tập các đa thức thuần nhất bậc d với n biến với các hệ số trên trường K. n + d − 1 Do mỗi p ∈ Hd (K n ) được xác định bởi N = hệ số của nó, n−1 nên Hd (K n ) ≈ K N . ii) Với m là một số nguyên, một đa thức p ∈ Hm (Rn ) được gọi là nửa xác định dương (viết tắt là psd) nếu p (x1 , ..., xn ) ≥ 0 với mọi (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . iii) Tập tất cả các psd trong Hm (Rn ) được kí hiệu bởi Pn,m . iv) Đa thức psd p (x1 , ..., xn ) được gọi là xác định dương (viết tắt là pd) nếu p (x1 , ..., xn ) = 0 chỉ khi xj = 0, với mọi 1 ≤ j ≤ n. v) Nếu p ∈ Hm (Rn ) có thể biểu diễn dưới dạng tổng của bình phương các đa thức thì p được gọi là sos.
7 Nếu p ∈ Hm (Rn ) và p = h2k với hk ∈ R [x1 , ..., xn ] thì hk ∈ Hm/2 (Rn ). P k vi) Tập tất cả các sos trong Hm (Rn ) được kí hiệu bởi n,m . P Ta có: X ⊆ Pn,m . n,m P Do đó kí hiệu ∆n,m = Pn,m \ n,m là tập tất cả các đa thức psd mà không là sos. 1.2.1. Kết quả của Hilbert Trước tiên chúng ta có các kết quả quan trọng sau: Mệnh đề 1.1 Mọi đa thức psd f (x) ∈ R [x] đều là tổng bình phương của các đa thức trong R [x]. Chứng minh, Chú ý rằng do f (x) là đa thức nửa xác định dương nên mỗi nghiệm thực nếu có của f (x) đều phải có bội chẵn. Thật vậy, ta thấy rằng từ biểu diễn f (x) = (x − α)n g(x) với α ∈ R và g (α) 6= 0, nếu n là lẻ, thì vì có (x − α)n nên f có thể đổi dấu trong lân cận của α, điều này mâu thuẫn với việc f là psd. Do đó ta viết được f (x) dưới dạng: Y 2ni Y ni Y ni f (x) = c (x − αi ) (x − βi ) x − βi với αi ∈ R và βi ∈ / R, c ∈ R. Đặt: Y ni Y ni h (x) = (x − βi ) (x − αi ) . Khi đó ta có: f (x) = ch(x)h(x). Với h(x) = p(x) + iq(x) trong đó p (x) , q (x) ∈ R [x] thì: 2 2 √ 2 √ 2 f (x) = c p(x) + q(x) = ( cp(x)) + ( cq(x)) Nhận xét 1.1 Trong trường hợp tổng quát với n biến, kết quả trên không phải luôn luôn đúng cho mọi đa thức. Ta có ví dụ:
8 Ví dụ 1.1 Xét f (x, y) = x2 + y 2 − 3 x2 y 2 + 1 ∈ R [x, y] . Hiển nhiên f là một psd, vì áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho x2 , y 2 1 và 2 2 , ta được: xy 1 x2 + y 2 + 2 2 xy ≥ 1, 3 suy ra: 1 x2 + y 2 − 3 ≥ − 2 2 . xy Do đó f ≥ 0, ∀x, y. Giả sử rằng: f = f12 + f22 + ... + fn2 trong đó fi ∈ R [x, y] với mọi i ≤ n và degfi ≤ 3. Khi đó tổng cộng các bậc của f bằng 6. Do f (x, 0) = f (0, y) = 1 nên mọi fi (x, 0) và fi (0, y) đều là các hằng số. Vì vậy: fi (x, y) = ai + xy (bi + ci x + di y) , ∀1 ≤ i ≤ n. Bây giờ ta được: n X n X f= fi2 = (ai + xy (bi + ci x + di y))2 . i=1 i=1 Vì hệ số của x2 y 2 trong f bằng −3 nên b2i = −3, điều này là vô lí. P Vậy f không là sos. P Mệnh đề 1.2 Pn,m = n,m khi m = 2 hoặc n = 2. Chứng minh, Giả sử m = 2. Khi đó mọi đa thức psd bậc hai p với n biến đều có thể chéo hóa như là tổng của rank(p) ≤ n các bình phương của những dạng tuyến tính. Nếu với n = 2, ta có p(x, y) ∈ P2,m , thì f (t) = p (t, 1) ≥ 0 với mọi số thực t, do đó các nghiệm của f là số thực (có thể là nghiệm bội) hoặc
9 xuất hiện trong các cặp số phức liên hợp và hệ số đầu tiên của f là dương. Vì vậy chúng ta có sự phân tích: r Y s Y s Y 2 2αj f (t) = c (t − tj ) (t − (αk + iβk )) (t − (αk − iβk )) j=1 k=1 k=1 = P (t)2 (Q (t) + iR (t)) (Q (t) − iR (t)) = (P (t) Q (t))2 + (P (t) R (t))2 Bằng cách thuần nhất hoá f ta suy ra rằng p cũng là tổng của bình phương hai đa thức. Nhận xét 1.2 Giả sử trong chứng minh trên, f có 2s nghiệm phức phân biệt. Khi đó có 2s−1 cách để ghép các nhân tử tuyến tính liên hợp thành cặp không có thứ tự {Q + iR, Q − iR} của các đa thức phức liên hợp. Vì Q + iR luôn luôn là monic nên deg Q > deg R. Chúng ta có 2s−1 biểu diễn khác nhau f = g 2 + h2 với deg h < 21 deg f . Chẳng hạn với s = 3 thì ta có: 2 2 2 t6 + 1 = t3 + 12 = t3 − 2t + 2t2 − 1 √ !2 √ !2 1 3 3 1 = t3 − t ± + t3 ∓ t− 2 2 2 2 Năm 1888, khi mới 26 tuổi, Hilbert đã chứng minh được hai kết quả quan trọng. P Mệnh đề 1.3 3,4 = P3,4 . Mệnh đề 1.4 Nếu n ≥ 3 và m ≥ 6 hoặc n ≥ 4 và m ≥ 4 thì tồn tại p ∈ Pn,m mà không là sos. Năm 1893, Hilbert đã tổng quát kết quả trước đó trên P3,4 . Mệnh đề 1.5 Cho p ∈ P3,m . Với m ≥ 6 thì tồn tại p1 ∈ P3,m−4 và h1k ∈ Hm−2 R sao cho pp1 = h211 + h212 + h213 . 3
10 1.2.2. Ví dụ của Motzkin Ví dụ 1.2 Đa thức M (x, y) = x4 y 2 + x2 y 4 + 1 − 3x2 y 2 là psd nhưng nó không là sos. Chứng minh, Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho x4 y 2 , x2 y 4 , 1 ta có: x4 y 2 + x2 y 4 + 1 p ≥ 3 x6 y 6 = x2 y 2 . 3 Từ đó suy ra M ≥ 0; ∀x, y. Vậy M là psd. Giả sử M = j fj2 với fj là các đa thức thực. P Vì M (0, y) = M (x, 0) = 1 nên các đa thức fj (0, y) và fj (x, 0) là các hằng số. Do đó mỗi fj có dạng: fj = aj + bj xy + cj x2 y + dj xy 2 . So sánh hệ số của x2 y 2 trong đẳng thức M = j fj2 ta được: P X −3 = b2j . j Điều này vô lí. Vậy M không là sos. Ví dụ 1.3 Đa thức M (x, y, z) = x2 + y 2 − 3z 2 x2 y 2 + z 6 = x4 y 2 + x2 y 4 + z 6 − 3x2 y 2 z 2 là psd nhưng không là sos. Chứng minh, Rõ ràng M là psd, vì áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho x4 y 2 , x2 y 4 , z 6 ta được: x4 y 2 + x2 y 4 + z 6 p ≥ 3 x6 y 6 z 6 = x2 y 2 z 2 . 3 Từ đó suy ra M ≥ 0; ∀x, y, z. Giả sử M là sos thì ta có đẳng thức: X M (x, y, z) = h2k (x, y, z) k trong đó hk ∈ H3 R3 .
11 Ta viết lại M như sau: 0x6 + 0x5 y + 1x4 y 2 + 0x3 y 3 + 1x2 y 4 + 0xy 5 + 0y 6 +0x5 z + 0x4 yz + 0x3 y 2 z + 0x2 y 3 z + 0xy 4 z + 0y 5 z +0x4 z + 0x3 yz 2 − 3x2 y 2 z 2 + 0xy 3 z 2 + 0y 4 z 2 +0x3 z 3 + 0x2 yz 3 + 0xy 2 z 3 + 0y 3 z 3 +0x2 z 4 + 0xyz 4 + 0y 2 z 4 +0xz 5 + 0y 2 z 5 +1z 6 Bây giờ viết lại hk (x, y, z) theo cùng một sơ đồ hình học trên: Ak x3 + Bk x2 y + Ck xy 2 + Dk y 3 +Ek x2 z + Fk xyz + Gk y 2 z +Hk xz 2 + Ik yz 2 +Jk z 3 Nhận xét rằng hệ số của x6 trong M là 0, nên hệ số tương ứng trong P 2 P 2 k hk là k Ak cũng bằng 0. Vì vậy Ak = 0, ∀k. Bây giờ nhìn vào hệ số của x4 z 2 trong k h2k , ta thấy đó là: P X Ek2 + 2Ak Hk . k Vì Ak = 0 và hệ số của x4 z 2 trong M cũng bằng 0 nên k Ek2 = 0, suy P ra Ek = 0, ∀k. Ta tiếp tục so sánh hệ số của x2 z 4 trong k h2k và M là: P X 2Ek Jk + Hk2 = 0. k Vì Ek = 0 nên Hk = 0. Lập luận tương tự với các hệ số của y 6 , y 4 z 2 và y 2 z 4 , ta có: Dk = Gk = Ik = 0. Từ đó ∀x, y, z; ta có biểu diễn: X 2 x4 y 2 + x2 y 4 + z 6 − 3x2 y 2 z 2 = Bk x2 y + Ck xy 2 + Fk xyz + Jk z 3 . k Khi M (1, ±1, ±1) = 0 thì hk (1, ±1, ±1) = 0, vì thế: Bk + Ck + Fk + Jk = Bk + Ck − Fk − Jk = −Bk + Ck − Fk + Jk = −Bk + Ck + Fk − Jk = 0
12 Do đó: Bk = Ck = Fk = Jk = 0, nên hk (x, y, z) = 0, ∀x, y, z. Điều này dẫn đến M = 0; ∀x, y, z. Mâu thuẫn vì ta có M (0, 0, 1) = 1 6= 0. Vậy M không là sos. Cách chứng minh là tương tự đối với trường hợp tổng quát sau: Mệnh đề 1.6 t21 + ... + t2n−1 − nu2 t21 ....t2n−1 + u2n ∈ ∆n,2n . Nhận xét 1.3 Từ định lý của Hilbert năm 1893, ta thấy M (x, y, z) phải là tổng của 23−1 = 4 bình phương của các hàm hữu tỷ. Thật vậy: 2 2 x2 y 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 − 2z 2 + x2 − y 2 z 6 M (x, y, z) = (x2 + y 2 )2 1.2.3. Ví dụ của Robinson Ví dụ 1.4 Đa thức R (x, y, z) = x6 + y 6 + z 6 − x4 y 2 + x2 y 4 + x4 z 2 + x2 z 4 + y 4 z 2 + y 2 z 4 +3x2 y 2 z 2 là một psd nhưng không là sos. Chứng minh, Trước hết ta có bất đẳng thức Schur: ∀r, u, v, w ≥ 0 thì ur (u − v) (u − w) + v r (v − u) (v − w) + wr (w − u) (w − v) ≥ 0. Mặt khác có: R (x, y, z) = x2 x2 − y 2 x2 − z 2 + y 2 y 2 − x2 y 2 − z 2 +z 2 z 2 − x2 z 2 − y 2 .
13 Do đó áp dụng bất đẳng thức Schur với r = 1 và (u, v, w) = x2 , y 2 , z 2 ta được R ≥ 0. Vậy R là psd. Ta có R = 0 trên tập Z := {(1; ±1; ±1) , (1, ±1, 0) , (1, 0, ±1) , (0, 1, ±1)} . Giả sử R = k h2k , trong đó hk ∈ H3 R3 . Vì R = 0 với (x; y; z) ∈ Z nên P hk triệt tiêu trên Z. Khi đó ta có được mười phương trình độc lập tuyến tính đối với mười hệ số của hk ; từ đó chứng minh được rằng hk = 0. Điều này dẫn tới R = 0; ∀x, y, z. Mâu thuẫn vì ta có R(1, 0, 0) = 1 6= 0. Vậy R không là sos. Ngoài ra Robinson cũng đưa ra ví dụ tường minh đầu tiên trong ∆4,4 : Ví dụ 1.5 Đa thức f (x, y, z, w) = x2 (x − w)2 + y 2 (y − w)2 + z 2 (z − w)2 +2xyz (z + y + z − 2w) ∈ ∆4,4 . Hơn nữa Robinson cũng đưa ra tổng quát hoá ví dụ của Motzkin: Ví dụ 1.6 Nếu f là một đa thức thực n biến với bậc d < 2n mà không là sos, thì g (x1 , ..., xn ) := x21 ...x2n f (x1 , ..., xn ) + 1 cũng không là sos. Chú ý rằng g (x1 , ..., xn ) không nhất thiết phải là psd. Khi n = 2 và f (x1 , x2 ) = x21 + x22 − 3, ta có được M (x1 , x2 , 1). 1.2.4. Ví dụ của Choi-Lam Ví dụ 1.7 Đa thức F (x1 , x2 , x3 ; y1 , y2 , y3 ) = x21 y12 + x22 y22 + x23 y32 + 2x21 y22 + 2x22 y32 + 2x23 y12 −2x1 x2 y1 y2 − 2x1 x3 y1 y3 − 2x2 x3 y2 y3 là psd nhưng không là sos.
14 Hơn nữa, Choi cũng đặc biệt hóa F để đưa ra một số dạng khác trong ∆4,4 và ∆3,6 . Đặt B = F − x21 y22 + x22 y32 + x23 y12 và đổi biến, Choi và Lam cũng đã có được các ví dụ sau: Ví dụ 1.8 i) Q (x, y, z, w) := B (x, w, z, y, z, w) = x2 y 2 + x2 z 2 + y 2 z 2 + w4 − 4wzyz ∈ ∆4,4 . ii) S (x, y, z) := B (yz, xz, xy, x, y, z) = x4 y 2 + y 4 z 2 + z 4 x2 − 3x2 y 2 z 3 ∈ ∆3,6 . Ngoài ra Choi và Lam cũng đã xây dựng một số ví dụ khác là psd nhưng không là sos. Một trong số đó là đa thức đối xứng bậc bốn: X X 2 2 xi xj + x2i xj xk − 2x1 x2 x3 x4 . 1.2.5. Ví dụ của Lax-Lax và Schm¨ udgen Năm 1970, hai dạng khác trong ∆n,m đã được khám phá một cách độc lập, đó là: Ví dụ 1.9 (Ví dụ của Anneli và Peter Lax) 5 Y X A (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) := (xi − xj ) ∈ ∆5,4 . i=1 j6=i Ví dụ 1.10 (Ví dụ của Konrad Schm¨ udgen) 2 2 q (x, y, z) = 200 x3 − 4xz2 + 200 y 3 − 4yz2 + y 2 − x2 x (x + 2z) x2 − 2xz + 2y 2 − 8z2 ∈ ∆3,6 .
15 1.2.6. Chứng minh của Artin a) Một vài kiến thức chuẩn bị Định nghĩa 1.1 (Nhóm) Một tập G cùng với một phép toán làm thành nhóm nếu nó thỏa mãn các điều kiện: (i) Phép toán có tính chất kết hợp: a (bc) = (ab) c, ∀a, b, c ∈ G. (ii) G có đơn vị: ∃e ∈ G sao cho ex = xe = x, ∀x ∈ G. (iii) Mọi phần tử của G đều khả nghịch: Với mỗi x ∈ G, tồn tại x−1 ∈ G sao cho xx−1 = x−1 x = e. Một nhóm G được gọi là nhóm giao hoán (hay nhóm Abel) nếu phép toán là giáo hoán. Nếu G có hữu hạn phần tử thì số phần tử của G được gọi là cấp của G. Nếu G có vô hạn phần tử thì ta nói G có cấp vô hạn. Định nghĩa 1.2 (Nhóm đối xứng) Cho X là một tập hợp khác rỗng. Một phép thế của X hay một hoán vị của tập X là một song ánh từ X đến X. Kí hiệu S(X) là tập các phép thế của X. Khi đó S(X) cùng với phép hợp thành các ánh xạ là một nhóm với đơn vị là ánh xạ đồng nhất 1X và nghịch đảo của phần tử f ∈ S (X) là ánh xạ ngược f −1 của f . Nhóm S(X) được gọi là nhóm đối xứng của X hay nhóm các phép thế của X. Khi X có n phần tử thì S(X) được kí hiệu là Sn . Định nghĩa 1.3 (Nhóm con) Cho G là một nhóm. Tập con H của G được gọi là nhóm con của G nếu e ∈ H và ab, a−1 ∈ H với mọi a, b ∈ H. Như vậy, một nhóm con của G là một bộ phận ổn định H của G sao cho H cùng với phép toán đó là một nhóm. Nhóm con {e} là nhóm con bé nhất của G và ta gọi nó là nhóm con tầm thường. Nếu H là nhóm con của G và H 6= G thì H được gọi là nhóm con thực sự của G. Định nghĩa 1.4 (Vành) Một tập hợp R được gọi là một vành nếu trên R có hai phép toán hai ngôi, một gọi là phép cộng và một gọi là phép nhân, sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn: i) Tập hợp R là một nhóm Abel đối với phép cộng. ii) Phép nhân trên R là kết hợp và có đơn vị. iii) Luật phân phối Phép nhân là phân phối đối với phép cộng. Tức là
16 với các phần tử x, y, z ∈ R tùy ý, ta luôn có (x + y) z = xz + yz và z (x + y) = zx + zy. Thông thường ta kí hiệu phần tử đơn vị đối với phép nhân của R là eR và phần tử không của nhóm Abel cộng của R là 0R . Trường hợp vành R đã xác định cụ thể trước thì ta kí hiệu đơn giản 1 cho phần tử đơn vị và 0 cho phần tử không của R. Một vành R được gọi là vành giao hoán nếu phép nhân của R thỏa mãn thêm điều kiện xy = yx, ∀x, y ∈ R. Định nghĩa 1.5 (Miền nguyên) Vành giao hoán V được gọi là một miền nguyên nếu V 6= {0} và V không có ước của không. Định nghĩa 1.6 (Trường) Một vành K được gọi là một trường nếu K là một vành giao hoán có đơn vị và mọi phần tử khác không của K đều có phần tử nghịch đảo. Z không phải là một trường vì nghịch đảo của mọi số nguyên lớn hơn 1 đều không nằm trong Z. Nhưng Q, R là các trường vì mọi số hữu tỷ hay số thực khác không đều có nghịch đảo là số hữu tỷ hay số thực. Định nghĩa 1.7 (Đặc số của vành) Với mọi số tự nhiên n > 0 và các phần tử x của một vành R, ta dùng kí hiệu nx để chỉ tổng x + ... + x (n lần). Số 0 được gọi là đặc số của R nếu n1 6= 0 với mọi số tự nhiên n. Nếu có một số tự nhiên n sao cho n1 = 0 thì số n nhỏ nhất với tính chất này được gọi là đặc số của R, kí hiệu là ch(R). Vành số nguyên Z có đặc số 0; vành thương Z/nZ có đặc số n. Các trường Q, R đều có đặc số 0. Trường Zp có đặc số p vì p ≡ 0 và p là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này. Định nghĩa 1.8 (Đa thức một biến) Với V là một vành giáo hoán. Một đa thức một biến với hệ số trên V có thể được viết dưới dạng f (x) = an xn +an−1 xn−1 +...+a1 x+a0 , trong đó a0 , ..., an ∈ V và x là một kí hiệu gọi là biến (hay biến không xác định). ∞ ai xi hoặc f (x) = ai xi , P P Ta cũng viết đa thức này dưới dạng f (x) = i=0
17 ai xi và bi xi là bằng P P trong đó ai = 0 với mọi i > n. Hai đa thức nhau nếu ai = bi với mọi i. Kí hiệu V [x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên V . Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ∈ V [x]. Ta gọi a0 là hệ số tự do của f (x). Nếu an 6= 0 thì n được gọi là bậc của f (x) và kí hiệu là deg f (x). Trong trường hợp này, an được gọi là hệ số cao nhất của f (x). Nếu an = 1 thì f (x) được gọi là đa thức dạng chuẩn (monic polynomial). Ta không định nghĩa bậc cho đa thức 0. Nếu f (x) = a ∈ V thì f (x) được gọi là đa thức hằng. Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính. Định nghĩa 1.9 (Vành đa thức một biến) Với hai đa thức f (x) , g (x) ∈ V [x]. Ta có V [x] là vành giáo hoán với phép cộng và nhân đa thức sau: X f (x) + g (x) = (ai + bi )xi . f (x) g (x) = ck xk , trong đó ck = P P ai bj với mọi k. i+j=k Vành V [x] được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số trong V . Phần tử không của vành đa thức 0, phần tử đơn vị là đa thức 1. Định nghĩa 1.10 (Nghiệm của đa thức một biến) Giả sử V là một vành con của một vành giao hoán S và f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x + a0 ∈ V [x]. Một phần tử c ∈ S được gọi là một nghiệm của f (x) trong S nếu f (c) = an cn + an−1 cn−1 + ... + a1 c + a0 = 0. Trong trường hợp này ta cũng nói c là một nghiệm của phương trình f (x) = 0. Chẳng hạn, xét hai đa thức f (x) = x2 − 2 và 2 √ g (x) = x + 1 trong vành Q[x]. Rõ ràng R, C đều chứa Q. Ta có ± 2 ∈ R là các nghiệm của f (x) và ±i ∈ C là các nghiệm của g(x). Định nghĩa 1.11 (Đa thức bất khả quy) Cho f (x) ∈ V [x] là đa thức khác 0 và không khả nghịch. Ta nói f (x) là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự. Ta nói f (x) là khả quy nếu f (x) có ước thực sự. Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở. Chẳng hạn, đa thức 2x + 2 là bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên