Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình euler - waring cho đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:64

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn tổng hợp, trình bày các kết quả về phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng của nó. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phương trình euler - waring cho đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ THỊ THU HUYỀN PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỒ THỊ THU HUYỀN PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. VŨ HOÀI AN Thái Nguyên - 2015
i Mục lục Mục lục i Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 1 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính và đa thức Laurent trên trường đóng đại số đặc số không 4 1.1 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính . . . 4 1.2 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức Laurent . . . . 21 2 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng 24 2.1 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.2 Ứng dụng phương trình Euler - Waring trong toán học phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Kết luận 58 Tài liệu tham khảo 59
ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan các kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan mọi thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Họ và tên Hồ Thị Thu Huyền
iii Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS. Vũ Hoài An, đã trực tiếp hướng dẫn tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua. Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, Phòng Đào tạo Khoa học, các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, 2015 Hồ Thị Thu Huyền Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên
1 Mở đầu 1. Lý do chọn đề tài Bài toán chia kẹo của Euler [1]: Có n chiếc kẹo giống nhau chia cho m em bé. Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo? Hay chính là bài toán sau đây: Bài toán A (Bài toán Euler [1]): Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 + x2 + · · · + xm = n, m, n ∈ N∗ . Sự tương tự của Bài toán Euler đã được đề cập trong [4]. Ở đó, Dong - IL. Kim đã xét phương trình Waring sau: f1k (z) + · · · + fnk (z) = z, (1) ở đó f1 (z), . . . , fn (z) là các đa thức với hệ số phức, k là số nguyên dương. Trong [2], Nguyễn Hoài Nam đã xét phương trình sau đây đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không: f1k (z) + · · · + fnk (z) = 0. Mặt khác, sự tương tự giữa đa thức và số nguyên cho ta ứng dụng của các kiểu phương trình trên trong toán học phổ thông (xem [2]). Theo hướng nghiên cứu này, chúng tôi xem xét vấn đề: Phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng. Cụ thể, chúng tôi xét hai phương trình sau:
2 f1k (z) + · · · + fnk (z) = p(z), (2) f1k1 (z) + · · · + fnkn (z) ≡ p(z), (3) ở đó f1 (z), . . . , fn (z), p(z) là các đa thức trên trường đóng đại số đặc số không, k, k1 , . . . , kn là các số nguyên dương nào đó. 2. Mục đích, nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu Tổng hợp và trình bày các kết quả trong [4] và tương tự của nó về các phương trình (1), (2) và (3). Chú ý rằng công cụ chúng tôi dùng ở đây có khác so với Dong-Il.Kim và Nguyễn Hoài Nam. Trong [4], Dong-Il.Kim dùng công thức Nhị Thức Newton và bất đẳng thức giữa bậc và số không điểm. Trong [2], Nguyễn Hoài Nam dùng các Định lý chính đối với đường cong hữu tỷ. Ở đây chúng tôi dùng Định lý Mason suy rộng [3, Định lý 2.1.2 ]. Ứng dụng các kết quả về phương trình (2) và (3) trong toán học phổ thông. Để ý rằng C là trường đóng đại số đặc số không. Do đó các kết quả khi xét đối với K là trường đóng đại số đặc số không vẫn đúng khi thay K bằng C. Ngoài ra, chúng tôi cũng xét tương tự vấn đề của Dong-Il.Kim và mở rộng của nó cho Bài toán chia kẹo của Euler và phương trình nghiệm nguyên. 3. Nội dung nghiên cứu Luận văn tổng hợp, trình bày các kết quả về phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng của nó. Các kết quả này đã được đề cập trong [4] và tương tự của nó, trường hợp đặc biệt đã được đề cập trong [2]. Các ví dụ ứng dụng đã được đề cập trong [1]. Cụ thể: - Trình bày các Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3, 2.1.7, 2.1.8. Định lý 1.1.9 là kết quả của Dong - Il. Kim trong [4, Định lý 2.1.2]. Định lý 1.2.1, 1.2.3 là trường hợp riêng của Định lý 3.2.1 trong [4]. - Trình bày 7 ví dụ về Bài toán chia kẹo của Euler.
3 - Trình bày 6 ví dụ về ứng dụng vấn đề của Dong - Il. Kim trong [4] đối với phương trình nghiệm nguyên. 4. Cấu trúc luận văn Luận văn được chia thành hai chương với nội dung chính như sau: Chương 1 trình bày phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính và đa thức Laurent trên trường đóng đại số đặc số không. Cụ thể: trình bày các Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3. Định lý 1.1.9 là kết quả của Dong - Il. Kim trong ([4] Định lý 2.1.2) . Định lý 1.2.1, 1.2.2 là trường hợp riêng của Định lý 3.2.1 trong [4]. Chương 2 trình bày phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng trong toán học phổ thông. Các Định lý 2.1.7, 2.1.8 là tương tự của Định lý 2.1.2, Định lý 3.2.1 trong [4] cho phương trình P (f ) = Q(g), ở đó P, Q là đa thức, f, g là hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số đặc số không. Về phần ứng dụng trong toán học phổ thông, chương này trình bày 7 ví dụ về Bài toán Euler, 6 ví dụ về ứng dụng vấn đề nghiên cứu của Dong - Il.Kim trong [4] đối với phương trình nghiệm nguyên. Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Hồ Thị Thu Huyền Email: hothuhuyen75@gmail.com
4 Chương 1 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính và đa thức Laurent trên trường đóng đại số đặc số không Dong - IL. Kim [4] đã phát biểu và chứng minh định lý sau. Định lý B ([4], Định lý 2.1.2). Giả sử k ≥ 2, n ≥ 2. Cho f1 , . . . , fn là các đa thức tuyến tính khác hằng thỏa mãn f1k (z) + · · · + fnk (z) = z. (1) Giả sử rằng p là số n nhỏ nhất thỏa mãn (2). Khi đó p = k. Từ Định lý B trong chương này chúng tôi xét phương trình (1) và phương trình sau đối với đa thức Laurent: f1k (z) + f2k (z) = a. (1.1) f1k (z) + f2k (z) = z. (1.2) 1.1 Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính Trước tiên chúng ta nhắc lại các kết quả của vấn đề nhận giá trị đối với các hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số đặc số không.
5 Định nghĩa 1.1.1. Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức một ẩn có bậc khác không với hệ số trong K, có nghiệm trong K. Ví dụ 1.1.1. Trường hữu tỷ Q không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) = x10 + 2 không có nghiệm trong Q mặc dù các hệ số của đa thức này đều thuộc Q. √ Trường số thực R không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) = 3x2 +1 không có nghiệm trong R mặc dù các hệ số của đa thức này đều thuộc R. Định nghĩa 1.1.2. Cho K là một trường. 1) Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không sao cho n.1 = 0 thì số n được gọi là đặc số không của trường K. Kí hiệu char(K). 2) Với mọi số tự nhiên n 6= 0 mà n.1 6= 0 thì khi đó ta nói trường K có đặc số là 0. Ví dụ 1.1.2. Trường số thực R có đặc số 0. Trường Z13 có đặc số 13 vì 13 ≡ 0 và 13 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này. Kí hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không. Gọi f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f . Khi đó f = (z − a)m p(z), với p(a) 6= 0 và m là bội của không điểm a của f . Đặt µ0 f (a) = m. Kí hiệu n(f ) là số các không điểm của f kể cả bội, d ∈ K và l là số nguyên dương. Ta định nghĩa n(f, d) = n(f − d), q min{mi , l} ở đó f = a(f − z1 )m1 . . . (f − zq )mq , P nl (f ) = i=1 nl (f, d) = nl (f − d), n0 (f ) = q, n0 (f, d) = n0 (f − d).
6 Ví dụ 1.1.3. Xét đa thức f (x) = (x − 1)(x − 2)2 ∈ R[x], R là trường số thực. Khi đó, bậc của f là d(f ) = 3 và số các không điểm của f là n(f ) = 3. Ta có d(f ) = n(f ). Ví dụ 1.1.4. Xét g(x) = f (x).f1 (x) ∈ R[x], f1 (x) = x2k+1 + 1 ∈ R[x], k là số nguyên dương. Chú ý rằng f1 (x) không có nghiệm trong R, khi đó bậc của g(x) là d(g) = 2k + 3 và số không điểm của f1 trong R là n(g) = 2. Ta có d(g) > n(g). Ví dụ 1.1.5. Cho đa thức f (x) = x3 ∈ K[x]. n(f ) = 3, deg f = 3, n0 (f ) = 1, n1 (f ) = 1, n2 (f ) = 2, n(f, 1) = 3, n0 (f, 1) = 3, n1 (f, 1) = 3. f1 Giả sử f = là hàm hữu tỷ trên K với f1 , f2 ∈ K[x] và f1 , f2 không có f2 không điểm chung, d ∈ K, ta kí hiệu n(f ) = n(f1 ), n(f, d) = n(f1 − df2 ), nl (f ) = nl (f1 ), nl (f, d) = nl (f1 − df2 ), n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ), n(f, ∞) = n(f2 ), nl (f, ∞) = nl (f2 ), n0 (f, ∞) = n0 (f2 ), deg f = deg f1 − deg f2 µdf = µ0f1 −df2 , µ∞ 0 f = µ f2 , T (f ) = max{deg f1 , deg f2 }. Ví dụ sau đây minh họa cho các khái niệm trên đối với hàm hữu tỷ. Ví dụ 1.1.6. Cho đa thức f (x) = x3 − 3x2 + 3x ∈ K[x], k = 2. Tính n(f, 0). Giải. f (x) = x(x2 − 3x + 3) có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 trong K. Vậy n(f, 0) = 3.
7 x3 Ví dụ 1.1.7. Cho đa thức f (x) = ∈ K[x]. −3x2 − 3x − 1 Tính deg f, T (f ), n(f, 0), n1 (f, 0), n2 (f, 0), n3 (f, 0), n(f, ∞), n1 (f, ∞), n2 (f, ∞), n3 (f, ∞), n(f, 1), n1 (f, 1), n2 (f, 1), n3 (f, 1). Giải. Đặt f1 = x3 , f2 = −3x2 − 3x − 1. Ta có (f1 , f2 ) = 1, f2 = 0 suy ra 3x2 + 3x + 1 = 0. Lấy a ∈ K sao cho a2 = −3. Khi đó −3−a −3+a x1 = , x2 = , x1 6= x2 . 6 6 Xét f − 1 hay x3 (x + 1)3 f3 −1= = . −3x2 − 3x − 1 −3x2 − 3x − 1 f2 Ta có deg f1 = 3, deg f2 = 2, do đó deg f = 1; T (f ) = max{deg f1 , deg f2 } = 3, n(f, 0) = 3, n(f, ∞) = n2 (f, 0) = 2, n1 (f, 0) = n1 (f1 , 0) = 1, n2 (f, 0) = 2, n3 (f, 0) = 3, n1 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n2 (f, ∞) = n3 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n(f, 1) = n(f3 , 0) = 3, n1 (f, 1) = n1 (f3 , 0) = 1, n2 (f, 1) = n2 (f3 , 0) = 3, n5 (f, 1) = n5 (f3 , 0) = 3. Định nghĩa 1.1.3. Cho Vn+1 là một không gian vector trên trường K(n ≥ 0). Khi đó ta kí hiệu V n+1 là tập hợp tất cả các không gian con một chiều của Vn+1 . Cho một tập X và một không gian vector n + 1 chiều Vn+1 (n ≥ 0), nếu tồn tại một song ánh p : V n+1 → X thì bộ ba (X, p, Vn+1 ) sẽ được gọi là không gian xạ ảnh n chiều.
8 Không gian xạ ảnh Pn được gọi là không gian vector sinh ra không gian xạ ảnh đó. Để cho tiện ta thường kí hiệu đơn giản không gian xạ ảnh n chiều là Pn . Định nghĩa 1.1.4. Cho không gian xạ ảnh Pn được sinh ra từ không gian vector Vn+1 vởi song ánh p. Xét Vm+1 là không gian vector con của Vn+1 (0 ≤ m ≤ n), khi đó V m+1 ⊂ V n+1 . Nên ta định nghĩa ảnh qua song ánh p của V m+1 được gọi là m− phẳng của không gian xạ ảnh. 0− phẳng còn gọi là điểm xạ ảnh; 1− phẳng còn gọi là đường thẳng xạ ảnh; 2− phẳng còn gọi là mặt phẳng xạ ảnh; (n − 1)− phẳng còn gọi là siêu phẳng xạ ảnh. Định nghĩa 1.1.5. Đường cong hữu tỷ f : K → P n (K) là một lớp tương đương của các bộ (n + 1) đa thức (f1 , . . . , fn+1 ) sao cho f1 , . . . , fn+1 không có không điểm chung trên K. Hai bộ (n + 1) đa thức (f1 , . . . , fn+1 ) và (g1 , . . . , 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. Định nghĩa 1.1.6. Đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) được gọi là không suy biến tuyến tính nếu ảnh của f không được chứa bất kì siêu phẳng nào của P n (K). Đường cong hữu tỷ f được gọi là khác hằng nếu ảnh của f không là một điểm nào của P n (K). 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
9 suy biến tuyến tính. Ví dụ 1.1.8. 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 1.1.9. 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. Định lí 1.1.1. Giả sử f là đường cong hữu tỷ từ K vào P n (K) với biểu diễn rút gọn là f˜ = (f1 : f2 ) và X là một điểm nào đó của P 1 (K) sao cho ảnh của f không chứa trong X. Khi đó T (f, X) = T (f ). Định lí 1.1.2. Giả sử f là đường cong hữu tỷ từ K vào P 1 (K) với biểu diễn f˜ = (f1 : f2 ), X1 , . . . , Xq là các điểm phân biệt của P 1 (K). Khi đó q X (q − 1)T (f ) ≤ n(f, Xi ). i=1 Định lí 1.1.3. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng từ K vào P 1 (K) với biểu diễn f˜ = (f1 : f2 ), X1 , . . . , Xq là các điểm phân biệt của P 1 (K). Khi đó q X (q − 2)T (f ) ≤ n1 (f, Xi ). i=1 Bổ đề 1.1.1. [3] Cho f1 , f2 , f3 là các đa thức với f1 , f2 độc lập tuyến tính, không có điểm chung trên K và thỏa mãn hệ thức f1 + f2 = f3 . Khi đó 3 X max deg fi ≤ n1 (fi ) − 1. 1≤i≤3 i=1 Bổ đề 1.1.2. Cho f, g là các hàm hữu tỷ khác hằng và a ∈ K, a 6= 0. Giả sử rằng f + g = a. Khi đó 1 1 max{T (f ), T (g)} ≤ n1 (f ) + n1 + n1 − 1. f g
10 f1 Chứng minh. Viết f = không có không điểm chung. Do a 6= 0 và f + g = f2 g1 a nên f, g có cùng cực điểm tính cả bội. Khi đó, ta có thể viết g = , ở đó g2 g1 , g2 không có không điểm chung. f1 g1 Từ f + g = a ta có + = a, f1 + g1 = af2 . Áp dụng bổ đề 1.1.1 ta f2 f2 có max{deg f1 , deg g1 , deg f2 } ≤ n1 (f1 ) + n1 (g1 ) + n1 (f2 ) − 1. Do max{deg f1 , deg g1 , deg f2 } = max{T (f ), T (g)}; 1 1 n1 (f2 ) = n1 (f ), n1 (f1 ) = n1 , n1 (g1 ) = n1 . f g Ta có 1 1 max{T (f ), T (g)} ≤ n1 (f ) + n1 + n1 − 1. f g Định lí 1.1.4. Cho k là số nguyên duong, f1 (z), f2 (z) là các đa thức tuyến tính khác hằng thỏa mãn f1k (z) + f2k (z) = a, a 6= 0. Khi đó k = 1. Chứng minh. Xét phương trình f1k (z) + f2k (z) = a, a 6= 0. (1.3) Đặt F1 = f1k (z), F2 = f2k (z), F3 = a. Áp dụng bổ đề 1.1.1 ta có max{deg F1 , deg F2 } ≤ n1 (F1 ) + n1 (F2 ) + n1 (a) − 1. Ta có deg F1 = k, deg F2 = k, n1 (F1 ) = 1, n1 (F2 ) = 1, n1 (a) = 0. Từ đây và (2) ta có k ≤ 1 + 1 + 0 − 1 = 1. Từ k ≥ 1 ta nhận được k = 1. Vậy f1 (z) + f2 (z) = a.
11 Sau đây tôi xin trình bày cách chứng minh khác cho Định lý 1.1.4. Giả sử k > 1. Viết f1 (z) = a1 + b1 z, f2 (z) = a2 + b2 z. Thay vào phương trình f1k (z) + f2k (z) = a, ta có (a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k = a (ak1 + ak2 ) + c1k (ak−1 k−1 m k−m m 1 b1 + a2 b2 )z + · · · + ck (a1 b1 + ak−m 2 bm 2 )z m + · · · + (bk1 + bk2 )z k = a. (1.4) Đồng nhất hệ số trong phương trình (1.4) ta có ak−1 k−1 k k 1 b1 + a2 b2 = 0, . . . , b1 + b2 = 0. (1.5) Do f1 , f2 khác hằng nên f1k , f2k độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử f1k , f2k phụ thuộc tuyến tính, khi đó f1k = cf2k , f1k + f2k = (1 + c)f2k = a. Do a 6= 0 nên 1 + c 6= 0. Khi đó k = 0. Mâu thuẫn, vậy f1k , f2k độc lập tuyến tính. Từ đây suy ra, có nhiều nhất là một ai = 0, i ∈ {1, 2}. Xét hai trường hợp sau: 1) a1 = 0 hoặc a2 = 0. Không làm mất tính tổng quát, giả sử a1 = 0. Khi đó a2 6= 0. Từ đây và (3) ta có a1k−1 b1 = 0, a2k−1 b2 = 0. Do a2 6= 0, b2 6= 0 ta có mâu thuẫn. 2) a1 6= 0, a2 6= 0. Từ (3) ta có ak1 + ak2 = 0  k  k b1 b2 b1 b2 ak1 + ak2 = 1, . . . ,   ak1 +   ak2 = 0. (1.6) a1 a2 a1 a2
12 Do f1k , f2k độc lập tuyến tính nên
1 1