Phương trình borel đối với đa thức trên trường đóng lại đại số, đặc số không

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 được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên. Qua đây Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo của
khoa sau Đại học, Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban giám hiệu
và Viện Toán học đã trang bị kiến thức cơ bản, tạo điều kiện tốt nhất cho tác
giả trong quá trình học tập và nghiên cứu.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới TS. Vũ Hoài
An, người đã giúp đỡ tác giả có thêm nhiều kiến thức, khả năng nghiên cứu,
tổng hợp tài liệu để hoàn thành luận văn.
Tuy có nhiều cố gắng, song thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn
khó tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong đóng góp của các nhà toán
học và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn.


ii

Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Bảng ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iv

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

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

3

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

3

1.2 Hai Định lý nhận giá trị của đường cong hữu tỷ trên trường
đóng đại số, đặc số không. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không.

13

2.1 Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

2.2 Sự 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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.2.1

Phương trình Diophantine ax + by = c . . . . . . . . . .

26

2.2.2

Phương trình bậc nhất 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 của f tại điểm a
Hàm độ cao của f

Trường đóng đại số, đặc số không
Trường số thực


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình Diophantine là vấn đề kinh điển và rất khó của số học, là chuyên
đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học cơ sở và trung học phổ thông. Phương
trình Diophantine xuất hiện trong Báo toán học và Tuổi trẻ, trong các kỳ thi
học sinh giỏi và các tài liệu toán nâng cao. Trong lý thuyết phân bố giá trị
p-adic, phương trình Borel - Một tương tự của Phương trình Diophantine trong
Số học, là vấn đề nghiên cứu quan trọng (xem [4]). Nội dung nghiên cứu của
phương trình Borel là: xét sự tồn tại nghiệm, giải phương trình. Công cụ chủ
yếu sử dụng ở đó là hai Định lý chính của lý thuyết phân bố giá trị p-adic.
Mặt khác, phương trình Borel p-adic sẽ có ứng dụng trong toán học phổ thông.
Theo hướng nghiên cứu này, chúng tôi xem xét Vấn đề
Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không.
2. Mục tiêu nghiên cứu
• Tổng hợp, trình bày lại các bài giảng về Phương trình Borel đối với đa
thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng. Các kết quả của
công việc này có tựa đề là Phương trình Borel đối với đa thức trên trường
đóng đại số, đặc số không và ứng dụng
• Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông thể hiện ứng dụng của Phương
trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không.
3. Nội dung nghiên cứu
- Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trương đóng đại số,
đặc số không (xem [1],[2]).

- Trình bày lại Vấn đề nhận giá trị của đường cong hữu tỷ trên trường đóng
đại số, đặc số không [1].
- Trình bày lại phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc


2

sô không trong [1].
4. Kết quả nghiên cứu
- Định lý 1.2.6 và 1.2.7. Đây là kết quả của Vấn đề nhận giá trị của đường cong
hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không đã được đề cập trong [1].
- Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7. Hai định lý này cho ta cách giải hai kiểu phương
trình Borel đối với đa thức đã được đề cập trong [1].
- Tổng hợp và trình bầy 22 ví dụ thể hiện sự tương tự của Phương trình Borel
đối với đa thức và Phương trình nghiệm nguyên.
5. Bố cục luận văn
Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, luận văn gồm 2 chương:
Chương 1.Vấn đề nhận giá trị của đường cong hữu tỷ trên trường đóng đại số,
đặc số không và ứng dụng.
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.Các Định lý này là kết quả đối với vấn đề nhận giá
trị đường cong hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không.
Chương 2. Phương trình Borel đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không.
Trong Chương 2 chúng tôi trình bày:
- Định lý 2.1.4, Định lý 2.1.7. Hai Định lý này cho ta cách giải hai kiểu Phương
trình Borel đối với đa thức.
- 22 ví dụ thể hiện sự tương tự của phương trình Borel đối với đa thức và
Phương trình nghiệm nguyên.

3

Chương 1
Vấn đề nhận giá trị của đường cong
hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc
số không.
Chúng tôi muốn xem xét Phương trình với ẩn là đa thức với hệ số thuộc K,
K là trường đóng đại số, đặc số không, dưới góc độ của lý thuyết phân bố giá
trị p-adic. Vì vậy chúng tôi cần tìm hiểu vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỉ
trên K. Vấn đề này được đề cập trong [1] và được trình bày lại ở đây. Ngoài ra
chúng tôi cũng đưa ra một số ví dụ minh họa cho các khái niệm đã biết.

1.1

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

Trước tiên, chúng tôi nhắc lại khái niệm sau.
Cho K là một trường đóng, K được gọi là trường đóng đại số nếu mọi đa thức
một ẩn có bậc khác không, với hệ số K, đều có nghiệm trong K.
Trường số phức C là trường đóng đại số.
Định nghĩa 1.1.1.
Số 0 được gọi là đặc số của trường K nếu ∀n ∈ N∗ : n1 = 0, ký hiệu: Char(K)
= 0. Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không thỏa mãn n1 = 0 thì số n được gọi là
đặc số của trường K, ký hiệu: Char(K) = n. Các ví dụ sau đây minh họa cho
khái niệm trên.

4

Trường số thực R có đặc số không . Thật vậy, ta có n1 = 1 + 1 + ... + 1 = 0
(tổng được lấy với n số đều bằng 1).
Trường số Z7 có đặc số 7. Thật vậy, Ta có 7¯1 = 0 và k ¯1 = k = 0 với mọi
k = 1, ..., 6. Do đó Z7 là trường có đặc số 7.
Từ đây trở đi ta luôn ký hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không. Giả
sử f là đa thức khác hằng số có bậc n trên K và a là không điểm của f . Khi
đó viết
f = (z − a)m p(z)
với p(a) = 0 ta có m là bội của điểm a của f . Ký hiệu µ0f (a) = m giả sử d ∈
K và l là số nguyên dương. Ta kí hiệu:
n(f ) là số các điểm của f tính cả bội;
n(f, d) = n(f − d);
q

nl (f ) =

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

i=1

nl (f, d) = nl (f − d), n0 (f ) = q,
Ta nêu ra một 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 đối với 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 = 0 ta có các nghiệm là x = 0, x = −2 và f (x) =

x(x + 2.) Từ đây suy ra n(f ) = 2, n1 (f ) = 2 = 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 = 0. Từ đây ta có
n(f, −1) = 3, n0 (f, −1) = 1 = n1 (f, −1), n2 (f, −1) = 2; n5 (f, −1) = 3.


5

Tiếp theo ta cần đưa ra các khái niệm tương tự cho hàm hữu tỷ.
f1
Giả sử f =
là hàm hữu tỷ trên K, ở đó f1 , f2 ∈ K[x] và không có điểm
f2
chung, d ∈ K, ta ký 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 ),
degf = degf1 − degf2 , T (f ) = max {degf1 , degf2 }.
Ta xét các ví dụ sau minh họa cho các khái niệm vừa nêu trên.
Ví dụ 1.1.4.
2x
.
+1
Tính n1 (f ), n0(f, ∞), degf, T (f ), n(f ), n(f, ∞).

Cho f (x) =

x2

Giải
Ta có degf = 1 − 2 = −1; T (f ) = max{deg2x, degx2 + 1} = 2; n(f ) =
1, n(f, ∞) = 2, n1 (f ) = 1, n(f, ∞) = 2.
Ví dụ 1.1.5.

x2
Cho f (x) = 4
.
x − 3x2 + 1
Tính degf, T (f ) = n(f, 1), n(f, ∞); n2(f, 1), n1(f, 1), n1 (f, ∞).
Giải
Xét phương trình
Từ đây suy ra

x2
= 1, hay x4 − 4x + 1 = 0, (x − 1)2 (x + 1)2 = 0.
4
2
x − 3x + 1

degf = 2 − 4 = −2, T (f ) = max{degx2 , degx4 − 3x2 + 1}= 4
n2 (f, 1) = 4, n1 (f, ∞) = 4, n1 (f, 1) = 2,
n2 (f, 1) = 4, n1 (f, ∞) = 4.
Các ví dụ sau đây nói rằng giả thiết tính đóng đại số và đặc số không của
trường K là cần thiết.
Ví dụ 1.1.6.
Cho f (x) = x2 − 1, g(x) = x4 + 1, h(x) = (x − 1)(x2 + 1) 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 Z7 [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 − 2)T (f ) ≤
i=1

1.2

Hai Định lý nhận giá trị của đường cong 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 K. Hai bộ


7

(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.
∼

Ký hiệu f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ) là một biểu diễn rút gọn của f . Khi đó ta
viết
f :K → Pn
∼

z → f (z) = (f1 (z) : ... : fn+1 (z)).
Giả sử f và g là hai đường cong hữu tỷ K vào từ Pn (K) với hai biểu diễn rút
∼

∼

gọn f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ), f = (g1 : g2 : ... : gn+1 ) tương ứng. Ta nói f đồng
nhất g và viết f ≡ g khi tồn tại c ∈ K∗ sao cho fi = cgi với ∀i = 1, ..., n + 1.

Định nghĩa 1.2.2.
Độ cao đường cong hữu tỷ từ K vào Pn (K) với biểu diễn
∼

f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ) được xác định bởi
T (f ) = max degfi
1≤i≤n+1

ở đó degfi là bậc của đa thức fi (i = 1, ..., n + 1).
Nhận xét 1.2.3.
Độ cao của đường cong hữu tỷ f được xác định duy nhất.
∼

∼

Thật vậy, nếu f là đường cong hữu tỷ với f = (f1 , ..., fn+1 ), g = (g1 , ..., gn+1 )
là hai biểu diễn của f thì fi = cgi , c ∈ K∗ , (i = 1, ..., n + 1).
Khi đó
degfi = deggi , i = 1, ..., n + 1,
và
max degfi = max deggi .

1≤i≤n+1

1≤i≤n+1

Như vậy T (f ) được xác định duy nhất.
Giả thiết tính đóng của trường số K là cần thiết để định nghĩa độ cao của
đường cong hữu tỷ từ K vào Pn (K). Thật vậy, xét trường hợp số thực R và
các đa thức sau f1 = x2 , f2 = x2 + 1, ..., fn+1 = x2 + n2 ; g1 = x2 (x2 + n2 ), g2 =

(x2 + 1)(x2 + n2 ), ..., gn+1 = (x2 + n2 )2 . Xét đường cong hữu tỷ f và g từ R vào


8

Pn (R), được xác định từ hai biểu diễn tương ứng sau đây:
∼

f = (f1 : f2 : ... : fn+1 );
∼

g = (g1 : g2 : ... : gn+1 ).

Ta có f (z) = g(z) nhưng T (f ) = 2, T (g) = 4 và T (f ) = T (g).
Định nghĩa 1.2.4.
Đường cong hữu tỷ f từ K vào Pn (K) được gọi là không suy biến tuyến tính
nếu ảnh của f không được chứa trong bất kỳ siêu phẳng nào của Pn (K).
Đường cong hữu tỷ f được gọi là khác hằng nếu ảnh của f không là một điểm
nào Pn (K).
Giả sử Hi , i = 1, ..., q, q > n, là các siêu phẳng của Pn (K) được xác đinh bởi
phương trình ai1 x1 + ... + ain+1 xn+1 = 0. Ta nói H1 , ..., Hq là q siêu phẳng ở
vị trí tổng quát nếu giao của bất kỳ n + 1 siêu phẳng nào của H1 , ..., Hq bằng
rỗng.
Ví dụ 1.2.5.
Các siêu phẳng H1 : x1 = 0, ..., Hn+1 : xn+1 = 0, Hn+1 : x1 + ... + xn+1 = 0 là
n + 2 siêu phẳng ở vị trí tổng quát của Pn (K).
Định lý 1.2.6.
Giả sử f là đường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tính từ K vào Pn (K) với
biểu diễn là
f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ), X1 , ..., Xq là các siêu phẳng phân biệt Pn (K). Khi đó

q

n(f, Xi ).

(q − n)T (f ) ≤
i=1

Chứng minh. Giả sử Xi được xác định bởi phương trình
ai1 x1 + ... + ain+1 xn+1 = 0
Khi đó, không giảm tính tổng quát, các bất đẳng thức sau đây đúng.
T (F1 ) ≤ T (F2 ) ≤ .... ≤ T (Fq ).
Hơn nữa fi là tổ hợp tuyến tính của F1 , ..., Fn+1 .
Do đó
T (fi ) = T (bi1 F1 + ... + bin+1 Fn+1 ) ≤ max{T (bi1F1 ), ..., T (bin+1 Fn+1 )}
T (fi ) ≤ T (Fn+1 ), i = 1, ..., n + 1.

(1.1)


9

Từ đây và (1.1) ta có
T (f ) ≤ T (Fj ), i = n + 1, ..., q.
Cộng vế với vế của q − n bất đẳng thức trên ta nhận được
q

T (Fi ),

(q − n)T (f ) ≤
i=2

q

T (Fi ).

(q − n)T (f ) ≤
i=1

Do T (Fi ) = n(f, Xi ) nên
q

n(f, Xi ).

(q − n)T (f ) ≤
i=1

Từ Định lý 1.2.6 suy ra rằng.
Nếu f là đường cong hữu tỷ khác hằng thì f nhận ít nhất một siêu phẳng trong
q siêu phẳng ở vị trí tổng quát.
Định lý 1.2.7.
Giả sử f là đường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tính từ K vào Pn (K) với
biểu diễn là
f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ), X1 , ..., Xq là các siêu phẳng phân biệt Pn (K). Khi đó
q

nn (f, Xi ) −

(q − n − 1)T (f ) ≤
i=1

n(n + 1)

.
2

Chứng minh.
Giải sử Xi được xác định bởi phương trình ai1 x1 + ... + ain+1 xn+1 = 0. Trước
tiên, ta xét q > n + 1. Đặt Fi = ai1 x1 + ... + ain+1 xn+1 = 0. Xét đường cong hữu
tỷ từ K vào Pn−1 (K), F = (..., Fβ1 ...Fβq−n−1 , ...), ở đó k = Cqq−n−1 , (β1 , ..., βq−2)
lấy được với cách chọn khác nhau của q − n − 1 số trong {1, ..., q}.
Ta chứng minh bổ đề sau:


10

Bổ đề 1.1.8. T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).
Chứng minh. Từ định nghĩa độ cao của đường cong hữu tỷ ta có
T (F ) =
=

max

β1 ,...,βq−n−1

T (Fβ1 , ..., Fβq−n−1 )

max

β1 ,...,βq−n−1 1≤i≤q−n−1

T (Fβj ).

Không giảm tính tổng quát, giả sử rằng
T (Fβq ) ≥ T (Fβq−1 ) ≥ ... ≥ T (Fβ1 ).
Khi đó
T (F ) = T (Fβn+2 ) + T (Fβn+3 ) + ... + T (Fβq ).

(1.2)

Do X, ..., Xq là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát của Pn (K) nên
fj = bi1 Fβ1 + ... + bi1n+1 Fβn+1 , i = 1, .., n + 1,
ở đó bi1 ,...,bin+1 là các hằng số. Suy ra
T (fi ) ≤ max(T (bi1Fβ1 ), ..., T (bin+1Fβin+1 )),
T (fi ) ≤ T (fβj ),
với j = n + 2, ..., q và i = 1, ..., n + 1. Vậy
T (f ) ≤ max T (fi ) ≤ T (Fβj ),
1≤i≤n+1

(1.3)

với j = n + 2, ..., q. Cộng (q − n − 1) bất đẳng thức (1.3) và ta nhận được
T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).

Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.2.7. Do f không suy biến tuyến tính nên
W(f1 , f2 ...fn+1 ) không đồng nhất. Giả sử (α1 , α2 , ..., αn+1 ) là n + 1 số khác
nhau trong {1, 2, ..., q} và {β1 , ..., βq−n−1 } là các số còn lại. Để ý rằng fi là tổ
hợp tuyến tính của Fα1, Fα2 , ..., Fαn+1 .
Khi đó
W(Fα1 , Fα2 , ..., Fαn+1 ) = C(α1 ,α2 ,..,αn+1 ) W(f1 , f2 , ..., fn+1 ).


11

ở đó C(α1 ,..,αn+1 ) = C(α1 ,..,αn+1 ) là hằng số, chỉ phụ thuộc nào (α1 , ..., αn+1 ). Ta
ký hiệu
W(Fα1 , Fα2 , ..., Fαn+1 )
Fα1 .Fα2 ...Fαn+1
1
1
...
1
′
′
F αn+1
F α2
F ′ α1
...
Fα1
Fα2
Fαn+1
(n)
(n)
Fα1
Fα2
... Fαn+1 (n) Fαn+1
Fα1
Fα2

A = A(α1 , α2 , ..., αn+1 ) =





= det 



Vậy

F1 ...Fq W(f1 , ..., fn+1 ) =









cFβ1 ...Fβq−n+1
A

(1.4)

Ta có

Gαn+1 (kn+1 )
Gα1 (k1 )
+ ... + deg
trong đó (k1 , ..., kn+1 ) là một hoán vị
degA ≤ deg
Gα1

Gαn+1
bất kì của {0, ..., n}
Ta có

Gαi (ki )
deg
≤ −ki .
Gαi

Do đó
degA ≤ −(1 + 2 + ... + n) = −

n(n + 1)
.
2

(1.5)

Mặt khác ta có
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

(q − n − 1)T (f ) + n(W) ≤

T (Fi ) −

n(n + 1)
,

2

n(Fi ) −

n(n + 1)
.
2

i=1
q

(q − n − 1)T (f ) + n(W) ≤
i=1

Nếu q = n + 1 thì

C
F1 F2 ...Fn+1
= .
W(f1 , f2 , ..., fn+1 )
A

(1.6)


12

Theo (1.5) ta có
n+1

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

degW (f1 , f2 , ..., fn+1 ) ≤

Từ đây và (1.6) ta có
q

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

(q − n − 1)T (f ) + n(W) ≤

n(f, 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 = 0,

(2.1)

ở đó fi (1 ≤ i ≤ n + 1) là các hàm 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, ..., n + 1.
Trong 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 nói rằng
các siêu mặt H1 , ..., Hq của PN (K) ở vị trí tổng quát nếu giao của q ≥ N + 1
siêu mặt bất kỳ của chúng là tập rỗng.
Ví dụ 2.1.1.
Xét họ các siêu mặt sau trong P3 (K):

H1 : xn1 = 0, H2 : xn−m
(x2 + x1 ) = 0,
2
m
(xm
H3 : xn3 = 0, H4 : xn−m
4 + x3 ) = 0,
4

Ta có H1 , H2 , H3 , H4 là bốn siêu mặt ở vị trí tổng quát trong P3 (K) vì

Hi =
i=1

φ. Ta cần các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.2.

Cho d, N ∈ N∗ , qi ∈ N và zid−qi Di (z, ..., zN +1 ), là một họ các đa thức bậc d với
hệ số trong K ở vị trí tổng quát sao cho fid−qi Di (f1 , ..., fN +1 ), 1 ≤ i ≤ N + 1.
Giả sử rằng
N +1

fid−qi Di (f1 ...fN +1 ) = 0,
i+1
N +1
2

d≥N −1+

qi , N > 1.

i+1

Khi đó
f1d−q1 D1 (f1 , ..., fn+1 ), ..., fNd−qN DN (f1 , ..., fN +1 )
là phụ thuộc tuyến tính trên K.
Chứng minh. Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: f1 , ..., fN +1 không có không điểm chung. Theo giả thiết,
zid−qi Di (z, ..., zN +1 )
là một họ đa thức ở vị trí tổng quát, khi đó ta nhận được
F˜ = f1d−qi D1 (f1 , ..., fn+1 ), ..., fNd−qN DN (f1 + ... + fN +1 )


15

là một biểu diễn của đường cong hữu tỷ F từ K đến PN −1 (K). Giả sử rằng F
là không suy biến tuyến tính. Theo giả thiết ta có
N +1

fid−qi Di (f1 ...fN +1 ) = 0.

(2.4)

i+1

Chúng ta trước tiên chứng minh dT (f ) = T (F ).
Đặt Ri (z, ..., zN +1 ) = zid−qi Di (z, ..., zN +1 ), i = 1, ..., N + 1.
Từ giả thiết của vị trí tổng quát, ta có đối với bất kỳ số nguyên k, 1 ≤ k ≤ N +1,
tồn tại một số nguyên mk ≥ d sao cho
n+1

zkmk

=

aik (z1 , ..., zN +1 )Ri (z1 , ..., zN +1 ),
i=1

Ở đó aik (z1 , ..., zN +1 ), 1 ≤ i ≤ N + 1 là các đa thức bậc mk − d với các hệ số
trong K . Do đó
n+1

fkmk

aik (f1 , ..., fN +1 )Ri (f1 , ..., fN +1 ), k = 1, ..., N + 1.

=
i=1

Từ đây suy ra
T (fkmk ) = mk T (fk ) ≤ (mk − d)T (f ) max T (Ri (f1 , ..., fN +1 )),
1≤i≤N +1

với mọi k = 1, ..., N + 1 Vậy dT (f ) ≤ max T (Ri (f1 , ..., fN +1 )). Mặt khác
1≤i≤N +1

T (Ri(f1 , ..., fN +1 )) = T (fid−qi Di (f1 , ..., fN +1 )) ≤ dT (f ).
Do đó
dT (f ) = max T (Ri (f1 , ..., fN +1 )), dT (f ) = T (F ).
1≤i≤N +1

Xét các siêu phẳng sau đây ở vị trí tổng quát
H1 : x1 = 0; H2 : x2 = 0; ...; HN : xN = 0,
HN +1 : x1 + ... + xN = 0.
Áp dụng Định lý 1.2.7 và chú ý rằng
d−q

d − qi ≥ N − 1, nN −1,F (HN +1 ) = nN −1 (fN +1N +1 DN +1 (f1 , ..., fN +1 )),


16

ta có
N +1

dT (f ) = T (F ) ≤
i=1

nN −1,F (Hi ) −

N (N − 1)
2

N +1

N +1

N (N − 1)
2
i=1
i=1

N +1
N (N − 1)
qi T (f ) −
≤ (N − 1)(N + 1)T (f ) +
2
i=1
N +1
N (N − 1)
qi )T (f ) −
= (N 2 − 1 +
,
2
i=1
n(Di (f1 , ..., fN +1 )) −

n(fi ) +

≤ (N − 1)

và

N +1
2

qi )T (f ) +

(d − (N − 1) −
i=1

vì d ≥ N 2 − 1 +

N +1

N (N − 1)
≤0
2

qi , ta có mâu thuẫn. Vậy

i=1

f1d−q1 D1 (f1 , ..., fN +1 ), ..., fNd−qN DN (f1 , ..., fN +1 )
phụ thuộc tuyến tính trên K.
Trường hợp 2: f1 , ..., fN +1 có không điểm chung, gọi l = (f1 , ..., fN +1 ). Viết
fi = lhi , i = 1, ..., N + 1. Khi đó h1 , ..., hN +1 không có điểm chung.
Theo giả thiết ta có
N +1

l

hid−qi Di (h1 , ..., hN +1 ) = 0,

d
i=1
N +1

hid−qi Di (h1 , ..., hN +1 ) = 0.
i=1

Theo lý luận tương tự của Trường hợp 1 cho (2.5) ta nhận được

d−qN
DN (h1 , ..., hN +1 )
h1d−q1 D1 (h1 , ..., hN +1 ), ..., hN

là phụ thuộc tuyến tính trên K. Vậy
f1d−q1 D1 (f1 , ..., fN +1 ), ..., fNd−qN DN (f1 , ..., fN +1 )
là phụ thuộc tuyến tính trên K.
Bổ đề 2.1.3
Cho f1 , ..., fN +1 là các đa thức không đồng nhất không trên K, thỏa mãn
a1 f1d + a2 f2d + ... + aN +1 fNd +1 = 0,

(2.5)


17

Ở đó N ∈ N∗ , N > 1, ai ∈ K, ai = 0, i = 1, ..., N + 1, d ≥ N 2 − 1. Khi đó tồn
tại một phân hoạch của các chỉ số, {1, ..., N + 1} = ∪Iv sao cho
1. Mỗi Iv chứa ít nhất hai phần tử.
2. Đối với j, i ∈ Iv , fi = ci , fi , cij ∈ K, cij = 0.
Chứng minh. Ta chứng minh rằng quy nạp theo n với n = 2, theo giả thiết
ta có
a1 f1d + a2 f2d + a3 f3d = 0

(2.7)

Áp dụng bổ đề 2.1.2 với N = 2, qi = 0, i = 1, 2, 3 và chú ý rằng d ≥ N 2 − 1
ta có a1 f1d, a2 f2d phụ thuộc tuyến tính tức là A1 f1d + A2 f2d = 0. Do f1 , f2 không
đồng nhất không nên A1 = 0, A2 = 0. Từ đây suy ra f2 = c12 f1 , c12 = 0. Thay
f2 = c12 f1 vào (2.7) ta có B1 f1d + a3 f3d = 0.

Từ đây ta lại có f3 = c13 f1 , c13 = 0. Vậy kết luận đúng với n = 2. Bây giờ
ta xét (2.6). Lại áp dụng Bổ đề 2.1.2 và chú ý rằng n = 2, d ≥ N 2 − 1 ta có
a1 f1d, a2 f2d , a3 f3d, ..., aN fNd là phụ thuộc tuyến tính. Khi đó sắp xếp lại các chỉ số
nếu cần, ta thấy tồn tại A1 = 0, ..., Av = 0, v ≤ N sao cho A1 f1d +...+Av fvd = 0.
Theo giả thiết quy nạp, tồn tại một phân hoạch của các chỉ số, {1, .., v} = ∩ It
sao cho mỗi It chứa ít nhất hai phần tử; đối với it, jt thuộc It ta có

t=1

fjt = cit jt fit , cit jt = 0.
Bây giờ, với mỗi It , ta thấy it ∈ It . Khi đó
fjt = cit jt fit , cit jt = 0.
Đặt Bt =
jt =it

(1 + cdit jt ) từ đây và (2.6) ta có
k
d
+ ... + aN +1 fNd +1 = 0.
Bt fidt + av+1 fv+1

(2.8)

t=1

Ta thấy rằng số hạng trong (2.8) nhỏ hơn hoặc bằng N . Lại áp dụng giả thiết
quy nạp lần nữa cho (2.8) ta nhận được kết luận của Bổ đề 2.1.3.


18

Định lý 2.1.4.
Cho phương trình
(2.9)

a1 xd1 + ... + aN +1 xdN +1 = 0,

d ≥ N 2 − 1, ai ∈ K, ai = 0, i = 1, ..., N + 1. Nếu các đa thức không đồng nhất
không f1 , ..., fN +1 tạo thành một nghiệm của (2.9) thì tồn tại f11 , ..., fis của
{f1 , ..., fN +1 } sao cho
1. s ≤

N +1
;
2

2. fik , fij độc lập tuyến tính với k = j và k, j = 1, ..., s;
3. Với mỗi l ∈ {1, ..., N + 1} − {i1 , ..., is} đều tồn tại ik ∈ {i1 , ..., is} để
fl = clk fik , clk ∈ K, clk = 0.
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 2.1.3 ta nhận được {1, ..., N + 1} = ∩ Iv sao
v=1

cho mỗi Iv có ít nhất hai phần tử và nếu i, j ∈ Iv thì fj = cij fi , cij ∈ K, cij = 0.
mặt khác nếu i, j không thuộc cung một Iv thì fi , fj độc lập tuyến tính từ đây
N +1
N
. Nếu N chẵn thì N 2+1 và t ≤
nếu N
ta có 2t ≤ N + 1 tức là t ≤
2

2
N +1
N
lẻ thì t ≤
=
. Phần 2,3 cũng được suy ra từ Bổ đề 2.1.3.
2
2
Bổ đề 2.1.5.
q n
i
Cho n, n1 , ..., nq , q ∈ N∗ , a1 , ..., aq , c ∈ K, c = 0 và q ≥ 2+
. Khi đó phương
i=1 n
trình hàm
(f − a1 )n1 (f − a2 )a2 ...(f − aq )nq = cg n
không có nghiệm hữu tỷ khác hằng (f, g).
Chứng minh. Giả sử (f, g) là một nghiệm hữu tỷ khác hằng của phương trình
(f − a1 )n1 (f − a2 )a2 ...(f − aq )nq = cg n .
Từ đây ta thấy nếu zo ∈ K là một không điểm của f − ai , với i nào đó, thì zo
là một không điểm của g và ni µaf i (zo ) = nµ0f (zo ).
Vậy
n1

1
f − ai

≤

1

ni
n
n
f − ai

=

ni
T (f ).
n


19

Từ đây áp dụng Định lý 1.1.8 ta có
q

(q − 2)T (r) ≤

n1
i=1

1
f − ai

q

−1 ≤
i=1
q

q−2−

n1
i=1

1
ni
n
n
f − ai

ni
n

Từ

q

−1 =
i=1

ni
T (f ) − 1;
n

T (f ) + 1 ≤ 0
q

q ≥2+

i=1

ni
n

Ta nhận được mâu thuẫn.
Bổ đề 2.1.6.
Cho n, m ∈ N∗ , a1 , b1 , a2 , b2 , c ∈ K, a1 = 0, b1 = 0, a2 = 0, b2 = 0 và f1 , f2 , g1 , g2
là các đa thức không đồng nhất không.
1. Giả sử

f1
là các hàm hữu tỷ khác hằng và
f2
f1n + a1 f1n−m f2m + b1 f2n = b2 g2n .

(2.10)

Khi đó tồn tại c1 = 0 sao cho c1 b2 g2n = b1 f2n , g2 = hf2 với b1 = c1 b2 hn , h ∈
K.
2. Giả sử

g1
f1
và
là hai hàm hữu tỉ khác hằng và
f2
g2
f1n + a1 f1n−m f2m + b1 f2n = c(g1n + a2 g2n−m g2m + b2 g2n ).

(2.11)

i. Nếu m ≥ 2 thì cb2 g2n = b1 f2n , g2 = hf2 với b1 = cb2 hn , h ∈ K.
ii. Nếu m ≥ 3 thì hoặc m = 2 và n là lẻ g1 = lf1 , g2 = hf2 với 1 = cb2 ln , l, h ∈
K.
Chứng minh.
1. Từ (2.10) ta có
f1n−m (f1m + a1 f2n ) + b1 f2n − b2 g2n = 0.

(2.12)

m
n
n
Chú ý rằng xn−m
(xm
1 + a1 x2 ), b1 x2 , −b2 x3 là các đa thức của bậc n ở vị trí tổng
1

quát. Từ n ≥ 2m + 8 và áp dụng Bổ đề 2.1.2 cho (2.12) ta thấy tồn tại c1 = 0
sao cho c1 b2 g2n = b1 f2n . Do đó g2 = hf2 với b1 = c1 b2 hn , h ∈ K.