Định lý davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
—————————————–

PHẠM QUỐC THỊNH

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG
ĐỐI VỚI ĐA THỨC
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
—————————————–

PHẠM QUỐC THỊNH

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG
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: 60 46 0113

Người hướng dẫn khoa học:
TS.VŨ HOÀI AN

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


newpage

BẢNG KÍ 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

i


LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS Vũ Hoài An. Tác giả bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy của mình.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo trong Khoa Toán, Trường

Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã trực tiếp giảng dạy và tạo điều kiện
thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm, tạo điều
kiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.

Thái Nguyên, Tháng 3 năm 2015.

ii


MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Trong [5], Hà Huy Khoái- Phạm Huy Điển đã đề cập đến Định lý Davenport
sau đây đối với đa thức trên trường số phức :
Định lí A. 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

Khẳng định tương tự của Định lí A đối với số nguyên vẫn còn chưa được chứng
minh. Một tổng quát của Định lý Davenport đối với hàm nguyên p-adic sau đây
đã đề cập trong [7] và được trình bầy lại trong [6].
Định lí B. Cho f1m1 , ..., fnmn là các hàm nguyên a-dic không có không điểm chung
và độc lập tuyến tính trên Cp ; m1 , ..., mn là các số nguyên dương. Khi đó


n

1−

i=1

n−1
mi

max

1≤i≤n

T r, fimi

1



≤N
r,

n
i=1

fimi

 n (n − 1)
−
log r + O (1) .

2

Phương pháp chứng minh Định lí B là sử dụng hai Định lý chính của lý thuyết

phân bố giá trị cho đường cong chỉnh hình p - adic. Dưới góc độ của lý thuyết phân
bố giá trị cho đường cong chỉnh hình p - adic, công việc tương tự của Định lí B đối
với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không đã được đề cập trong [1]. Mặt
khác, Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không
sẽ có ứng dụng trong toán học phổ thông. Theo hướng nghiên cứu này, chúng tôi
xem xét vấn đề:
Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không và ứng dụng.

1


2. Mục đích, nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu
Tổng hợp, trình bầy lại các bài giảng trong [1] về Định lý Davenport suy rộng
đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không.
Các kết quả của công việc này có tựa đề là Định lý Davenport suy rộng đối với
đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không.
Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông thể hiện sự tương tự của Định lý
Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không với hàm số biến
số thực và số nguyên.
3. Nội dung nghiên cứu
Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không.
Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không với hàm số biến số thực và số nguyên được thể hiện qua 21 ví dụ.
4. Cấu trúc của luận văn
Ngoài phần mở đầu, tài liệu tham khảo, luận văn này gồm các phần như sau.
Chương 1: Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không
1.1. Phân bố giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không
1.2. Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không
Chương 2: Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số,

đặc số không
2.1. Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không
2.2. Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại
số, đặc số không với hàm số biến số thực và số nguyên

2


Mục lục
BẢNG KÍ HIỆU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
LỜI CẢM ƠN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mở đầu

i
ii
ii

1 ĐỊNH LÝ DAVENPORT ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG
ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG
4
1.1 Phân bố giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số,
đặc số không. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2 Định lý Davenport đối với đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY RỘNG ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG
DỤNG
2.1 Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường

đóng đại số, đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên
trường đóng đại số, đặc số không với đa thức biến số thực
và số nguyên. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

16
16

21
40
41


Chương 1

ĐỊNH LÝ DAVENPORT ĐỐI VỚI
HÀM HỮU TỶ TRÊN TRƯỜNG
ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ KHÔNG
Định lý Davenport đã được phát biểu trong [5] và chưa chứng minh. Trong [1],
Định lý Davenport đã được xem xét dưới góc độ của phân bố giá trị đối với hàm
hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không.
Vì vậy, trong chương này, trước hết chúng tôi trình bày lại về phân bố giá trị
của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không ở Mục 1.1. Nội dung phần
này đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở [3].
Ở mục 1.2. chúng tôi trình bày lại phát biểu và chứng minh Định lý Davenport
đã được đề cập trong [1].

Nội dung của phần này đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở đây.

1.1

Phân bố giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số,
đặc số không.

Một trường K được gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức một ẩn khác hằng với
hệ số trong K đều có nghiệm trong K.
Trường số phức C là trường đóng đại số vì mọi đa thức khác hằng thuộc C [x]
đều có nghiệm trong C.
Trường Q không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) = x4 + 5 không có
nghiệm trong Q mặc dù các hệ số của đa thức đều thuộc Q.
Trường R không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) =
có nghiệm trong R mặc dù các hệ số của đa thức đều thuộc R.

4

√ 2
3x + 1 không


Tiếp theo, ta định nghĩa khái niệm đặc số của trường đóng đại số. Số 0 được
gọi là đặc số của trường K nếu n1 = 0 với mọi số tự nhiên n > 0. Nếu có một số
tự nhiên n = 0 sao cho n1 = 0 thì số nhỏ nhất thỏa mãn tính chất này được gọi là
đặc số của trường K, ký hiệu là char(K).
Ví dụ, trường Q có đặc số 0, trường Z11 có đặc số 11 vì 11.1 ≡ 0 và 11 là
số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này.
Nếu char(K) = n > 0 thì nx = 0 với mọi x ∈ K vì nx = n(1x) = (n1)x = 0x.
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 có bậc n trên K và a là không điểm của f .
Khi đó ta viết f = (z − a)m P (z) với P (a) = 0 và l là số nguyên dương. Ta gọi m là
bội của không điểm a và đặt µ0f (a) = m. Ký hiệu n(f ) là số các không điểm của f
tính cả bội;
n(f, d) = n(f − d);
q

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

nl (f ) =
i=1

n1 (f, d) = n1 (f − d);
n0 (f ) = q ; n0 (f, d) = n0 (f − d); T (f ) = deg f

Chú ý rằng n1 (f ) là số các không điểm của f mà mỗi không điểm được tính với
bội là 1, n0 (f ) là số các không điểm phân biệt của f . Ta có n1 (f ) = n0 (f )
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. Ta có
n0 (f ) = 3 = n1 (f ), n6 (f ) = 10, n2 (f ) = 6, n4 (f ) = 9; deg f = 2010; n(f ) = 10.

Ví dụ 1.3. Xét đa thức f (x) = (x + 1)2 (x + 2)3 (x + 4)5 (x2000 + 1) trên C. Ta có
n0 (f ) = 4 = n1 (f ), n6 (f ) = 2010, n4 (f ) = 2009; deg f = 2010; n(f ) = 2010 = deg f.

Giả sử f = ff21 là hàm hữu tỷ trên K, ở đó f1 , f2 ∈ K[x] và không có không điểm
chung trên K, d ∈ K, ta ký hiệu
n(f ) = n(f1 ); n(f, d) = n(f1 − df2 );
5

n1 (f ) = n1 (f 1); n1 (f, d) = n1 (f1 − df2 );
n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ); n(f, ∞) = n(f2 )
n1 (f, ∞) = n1 (f2 ); n0 (f, ∞) = n0 (f2 )
deg f = deg f1 − deg f2 ;T (f ) = max {deg f1 , deg f2 }.

Ví dụ 1.4. Xét hàm hữu tỷ sau đây trên K
(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.
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 1.1. 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.
Ký hiệu f˜ = (f1 : ... : fn+1 ) là một biểu diễn của f . Khi đó ta viết
f : K → P n (K)
z → f˜(z) = (f1 (z) : ... : fn (z)).
Giả sử f và g là hai đường cong hữu tỷ từ K vào P n (K) với hai biểu diễn

f˜ = (f1 (z) : ... : fn+1 (z)) và g˜ = (g1 (z) : ... : gn+1 (z)) tương ứng. Ta nói f đồng nhất
g và viết f ≡ g khi và chỉ khi tồn tại c ∈ K∗ sao cho gi = cfi với mọi i = 1, ..., n + 1.
Định nghĩa 1.2. Độ cao đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn
f˜ = (f1 : ... : fn+1 ) được xác định bởi T (f ) = max deg fi , ở đó deg fi là bậc của
1≤i≤n+1

đa thức fi với i = 1, ..., n + 1.

Nhận xét 1.1. 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 ) và g˜ = (g1 : ... : gn+1 )
6


là hai biểu diễn của f , g thì gi = cfi , c ∈ K∗ , i = 1, ..., n + 1. Khi đó: deg fi = deg gi ,
i = 1, ..., n + 1 và max deg fi = max deg gi ; tức là T (f ) được xác định duy nhất.
1≤i≤n+1

1≤i≤n+1

Giả sử X = (a1 : a2 ) thuộc P 1 (K) và f là đường cong hữu tỷ từ K vào P 1 (K) với
biểu diễn f˜ = (f1 : f2 ) sao cho ảnh của f không chứa trong X . Đặt:
F = af1 + af2 ; n(f, X) = n(F );
T (f, X) = n(f, X) + m(f, X);
m(f, X) = max (deg fi − deg F ).
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˜ = (f1 : ... : fn+1 ); g˜ = (g1 : ... : gn+1 ).
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 1.5. Xét các hàm hữu tỷ sau đây trên R:
f (x) =

x8 + x6 + x4 + x 2 + 1
,
x12 + 1

x8 + x6 + x4 + x2 + 1 x14 + 1
g(x) =
.
(x12 + 1) (x14 + 1)

Ta có f (x) = g(x), T (f ) = 12, T (g) = 26.
Ta có T (f ) < T (g) mặc dù f (x) = g(x). Điều mâu thuẫn này xuất phát từ R
không phải là trường đóng đại số.

Ví dụ 1.6. Xét hàm hữu tỷ
f (x) =

trên K, ở đó
f1 (x) = (x − 1)4 (x − 2)7 (x + 4)11 ;
f2 (x) = (x + 1)2 (x + 3)5 (x + 5)10 .

7

f1 (x)
f2 (x)


Ta có f1 (x) và f2 (x) không có điểm chung trên K và
d(f ) = (4 + 7 + 11) − (2 + 5 + 10);
d(f ) = 5; T (f ) = 22; n(f ) = 22; n(f, ∞) = 17.
Lấy l = 1 ta có
n1 (f ) = 3; n1 (f, ∞) = 3.
Lấy l = 8 ta có
n8 (f ) = 4 + 7 + 8 = 19; n8 (f, ∞) = 2 + 5 + 8 = 15; n0 (f, ∞) = 3.
Định nghĩa 1.3. 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 trong bất kỳ 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).
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 1.7. 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 1.8. Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn rút gọn
f˜ = (1 : 2 : ... : (n + 1)). Ta có f là hằng.

Định lý 1.1. Giả sử f là đường cong hữu tỷ từ K vào P 1 (K) với biểu diễn
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 lý 1.2. 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

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, Xi ).
i=1

8


Chứng minh định lý sau đây đã được đề cập trong [1] và trình bày lại ở [2]. Tuy
vậy, để thuận tiện cho việc theo dõi sự tương tự trong chứng minh giữa trường hợp
1 chiều và trường hợp n chiều đối với Định lý chính thứ hai, chúng tôi vẫn nhắc
lại chứng minh định lý đó ở đây.

Định lý 1.3. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng K vào P 1 (K) với biểu diễn
là f˜ = (f1 : f2 ), X1 , ..., Xq là các điểm phân biệt của P 1 (K). Khi đó
q

(q − 2)T (f ) ≤

n1 (f, Xi ).
i=1

Chứng minh.
Trước hết, xét q > 2. Giả sử F = (...Fβ1 ...Fβq−2 ...), ở đó (β1 , ..., βq−2 ) được lấy với
cách chọn khác nhau của q − 2 số trong {1, ..., q}. Ta cần hai bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Với q > 2 thì F là đường cong hữu tỷ từ K vào P n−1 (K), ở đó k = Cqq−2 .
Chứng minh.
Giả sử ngược lại, F không là đường cong hữu tỷ từ K vào P n−1 (K). Vì q > 2
q−3
nên Cqq−2 > Cq−2
. Do đó tồn tại Fα1 , Fα2 và z ∈ K sao cho Fα1 (z) = 0, Fα2 (z) = 0.
Do Xα1 = Xα2 nên f1 (z) = 0, f2 (z) = 0. Mâu thuẫn do f là đường cong hữu tỷ từ K
vào P 1 (K).
Bổ đề 1.2. T (F ) (q − 2)T (f ).
Chứng minh.
Từ định nghĩa độ cao của đường cong hữu tỷ ta có
T (f ) =

max
(β1 ,...,βq−2 )

=

Fβ1 ...Fβq−2

max
(β1 ,...,βq−2 )

T (βi ).
1≤i≤q−2

Không làm mất tính tổng quát, giả sử rằng
T (Fβq ) ≥ T (Fβq−1 ) ≥ ... ≥ T (Fβ1 ).

Khi đó
T (F ) = T (Fβ3 ) + T (Fβ4 ) + ... + T (Fβq ).

Do X1 , ..., Xq là các điểm phân biệt trên P 1 (K) nên
fi = bi1 Fβ1 + bi2 Fβ2 , i = 1, 2, ...
9

(1.1)


ở đó bi1 , bi2 là các hằng số.
Suy ra
T (fi ) ≤ max{T (bi1 Fβ1 ), T (bi2 Fβ2 )},
T (fi ) ≤ T (Fβj )

với j = 3, ..., q và i = 1, 2.
Vậy
T (f ) = maxT (fi )

(1.2)

T (FBi )

với j = 3, ..., q .
Cộng (q − 2) bất đẳng thức ở (1.1) và (1.2) ta nhận được
T (F )

(q − 2)T (f ).

Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.3.
Do f khác hằng nên W (f1 , f2 ) không đồng nhất 0. Giả sử (α1 , α2 ) là hai số khác
nhau trong 1, 2, ..., q và β1 , ..., βq−2 là các số còn lại. Để ý rằng fi là tổ hợp tuyến
tính của Fα1 , Fα2 .
Khi đó
W (Fα1 , Fα2 ) = C(α1 ,α2 ) W (f1 , f2 )

ở đó C(α1 ,α2 ) là hằng số, chỉ phụ thuộc vào (α1 , α2 ).
Ta ký hiệu
A = A(α1 ,α2 ) =

W (Fα1 , Fα2 )
= det
Fα1 , Fα2

1

1

F α1
F α1

F α2
F α2

.

Vậy

cFβ1 ...Fβq−2
F1 ...Fq
=
W (f1 , f2 )
A

Đặt Li =

F α1
F α1 ,

(1.3)

i = 1, 2. Ta có
deg A ≤ max deg Li .
1≤i≤2

Mặt khác
deg Li ≤ −1.

Từ (1.3) ta có
deg

cFβ1 ...Fβq−2
F1 ...Fq
= deg
,
W (f1 , f2 )
A

deg F1 ...Fq − deg W (f1 , f2 ) = deg Fβ1 ...Fβq−2 − deg A,
10

(1.4)


q

deg Fi − deg W (f1 , f2 ) + deg A = deg Fβ1 ...Fβq−2
i=1

Từ đây, (1.4) và bổ đề 1.2 ta có
(q − 2)T (f ) ≤ T (F ) =

max T (Fβ1 , ..., Fβq−2 )

β1 ,...,βq−2

q

degFi − deg W (f1 , f2 ) − 1,

≤
i=1

q

n(Fi ) − 1,

(q − 2)T (f ) + n(W (f1 , f2 )) ≤

i=1
q

(q − 2)T (f ) + n(W (f1 , f2 )) ≤

n(f, Xi ) − 1.

(1.5)

i=1

Nếu q = 2 thì

C
F1 F2
= .
W (f1 , f2 )
A

Theo (1.4) ta có
2

deg W (f1 , f2 ) ≤

degFi − 1,
i=1
2

n(W (f1 , f2 )) ≤

n(f, Xi ) − 1.
i=1

Từ đây và (1.5) ta có
q

(q − 2)T (f ) + n(W ) ≤

n(f, Xi ) − 1.
i=1

Vậy
q

(q − 2)T (f ) ≤

n1 (f, Xi ) − 1.
i=1

Định lý 1.4. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng trên K, a1 , ..., aq ∈ K ∪{∞}.
Khi đó
q

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, ai ).
i=1

11

Định lý 1.5. Giả sử f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và a1 , ..., aq ∈ K ∪ {∞}.
Khi đó
q
(q − 1)T (f ) ≤ n1 (f, ∞) +

n1 (f, ai );
i=1

q

(q − 2)T (f ) ≤

n1 (f, ai ) − 1.
i=1

Ta dùng các kết quả trên để chứng minh Định lý Davenport đối với đa thức
trên K.

1.2

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

Ta chứng minh Bổ đề sau:

Bổ đề 1.3. Cho f1 , f2 , f3 và g1 , g2 , g3 là các đa thức trên K và thỏa mãn f1 g1 , f2 g2
2

độc lập tuyến tính, không có không điểm chung và

fi gi = f3 g3 , mi là các số
i=1

nguyên dương, i = 1, 2. Khi đó
3

3

max {T (fi gi )} ≤

1≤i≤3

T (gi ) − 1.

n1 (fi ) +
i=1

i=1

Chứng minh.
2

Do f1 g1 , f2 g2 độc lập tuyến tính nên, không có điểm chung và

fi gi = f3 g3 nên
i=1

f2 g2 , −f3 g3 cũng độc lập tuyến tính và không có điểm chung.
Khi đó f˜ = (f1 g1 , f2 g2 ), g˜ = (f2 g2 , −f3 g3 ) là các biểu diễn tương ứng của các

đường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tính f, g từ K vào P 1 (K) = P 1 .
Đặt: Xi = {(z1 , z2 ) ∈ P 1 : zi = 0} với i = 1,2, X3 = {(z1 , z2 ) ∈ P 1 : z1 + z2 = 0}.
Khi đó X1 , X2 , X3 là các điểm phân biệt trong P 1 (K).
Áp dụng Định lý 1.3 cho f và ba điểm X1 , X2 , X3 ta có
3

T (f ) ≤

n1 (f, Xi ) − 1.
i=1

Suy ra
3

T (f ) ≤

n1 (fi gi ) − 1,
i=1

12


3

3

T (f ) ≤

n1 (gi ) − 1,

n1 (fi ) +
i=1

i=1

3

3

≤

T (gi ).

n1 (fi ) +
i=1

i=1

Tương tự, áp dụng Định lý 1.3 cho g và ba điểm X1 , X2 , X3 ta có
3

n1 (g, Xi ) − 1

T (g) ≤
i=1

T (g) ≤ n1 (f2 g2 ) + n1 (−f3 g3 ) + n1 (f2 g2 + f3 g3 ).

Do đó

3

n1 (fi gi ) − 1

T (g) ≤
i=1
3

3

≤

n1 (gi ) − 1.

n1 (fi ) +
i=1

i=1

Mặt khác
T (f ) = max{Tf1 g1 , Tf2 g2 },
T (g) = max{Tf2 g2 , Tf3 g3 }.

Do đó

3

3

max {Tfi gi } ≤

1≤i≤3

T (gi ) − 1.

n1 (fi ) +
i=1

i=1

Bổ đề được chứng minh.
Định lý 1.6. Cho f1m1 , f2m2 là các đa thức trên K, độc lập tuyến tính và không có
không điểm chung, m1 , m2 là các số nguyên dương. Khi đó
2

(1 −
i=1

1
). max {T (fimi )} ≤ n f1m1 + f2m2 − 1.
mi 1≤i≤2

Chứng minh.
Đặt f3 = f1m1 + f2m2 .
Áp dụng Bổ đề 1.3 cho f1m1 , f2m2 , f3 , 1, 1, 1 và chú ý rằng
T (fimi ) ≤ max {T (fimi ), T (f3 )}, i = 1, 2,
1≤i≤2

Ta có

2

T (fimi )

n1 (fimi ) + n1 (f3 ) − 1

≤
i=1

13


2

n(fi ) + n(f3 ) − 1

≤
i=1
2

≤
i=1

1
T (fimi ) + n(f3 ) − 1.
mi

Từ đây và n(f3 ) = n(f1m1 + f1m1 ) ta có
2

(1 −
i=1
2

(1 −
i=1

1
)T (fimi ) ≤ n(f1m1 + f1m1 ) − 1,
mi

1
) max T (fimi ) ≤ n(f1m1 + f1m1 ) − 1.
mi 1≤i≤2

Định lý 1.7. (Định lý Davenport) Giả sử f , g là các đa thức trên K 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

Chứng minh.
Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: f 3 và −g 2 độc lập tuyến tính.
Áp dụng Định lý 1.6 với m1 = 2 và m2 = 3 ta có
1 1
(1 − ( + )) deg f 3 ≤ n(f 3 − g 2 ) − 1,
2 3
1

3
deg(f 3 ) = deg f ≤ deg 2(f 3 − g 2 ) − 1 = deg(f 3 − g 2 ) − 1,
6
6
1
deg f ≤ deg(f 3 − g 2 ) − 1.
2

Trường hợp 2: f 3 và −g 2 phụ thuộc tuyến tính.
Khi đó −g 2 = af 3 , f 3 − g 2 = (1 + a)f 3 .
Do f 3 = g 2 nên 1 + a = 0 và f không đồng nhất không.
Ta có
deg(f 3 − g 2 ) = deg(1 + a)f 3 = 3 deg f,
5 deg f > 2,
6 deg f − 2 > deg f,

Vậy

1
deg f < 3 deg f − 1.
2
14


Định lý được chứng minh.

15


Chương 2

ĐỊNH LÝ DAVENPORT SUY
RỘNG ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ
TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,
ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG
Nội dung của chương này gồm:
- Một là, trình bày lại Định lý Davenport suy rộng trên K đã được đề cập trong
[1]. Phương pháp sử dụng ở đây là thiết lập các bất đẳng thức giữa bậc của đa
thức và không điểm bị chặn của mỗi đa thức hoặc tổng của chúng. Nội dung này
được trình bày ở Mục 2.1.
- Hai là, trình bày sự tương tự giữa Định lý Davenport suy rộng trên K với hàm
số biến số thực và số nguyên. Nội dung này được trình bày ở Mục 2.2.

2.1

Định lý Davenport suy rộng đối với đa thức trên trường
đóng đại số, đặc số không

Trong mục này, chúng tôi trình bày lại sự mở rộng Định lý Davenport trong
trường hợp hai đa thức sang trường hợp n đa thức thỏa mãn điều kiện nào đó.
Trước tiên, chúng ta cần các bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Cho f1 , ..., fn+1 là các đa thức không có không điểm chung và độc lập
tuyến tính trên K . Khi đó
n+1

max deg fi ≤

1≤i≤n+1

nn (fi ) + nn (f1 + ... + fn+1 ) −

i=1

Chứng minh.
Đặt fn+2 = f1 + ... + fn+1 .
16

n (n + 1)
.
2


Gọi (α1 , ..., αn+1 ) là một tập con bất kỳ của {1, 2, ..., n + 1, n + 2}.
Trước tiên ta chứng minh
deg

W (fα1 , ..., fαn+1 )
n (n + 1)
≤−
.
fα1 ...fαn+1
2

Đặt
W (fα1 , ..., fαn+1 )
.
fα1 ...fαn+1

A=

Ta có

1

...

(1)
f α1
f α1

A=

1
(1)
fαn+1

...
...

...

fαn+1

...

(n)

fαn+1
fαn+1

.

(n)

fαn+1
fαn+1

...

Khai triển định thức ta thấy A là một tổng gồm các số hạng
(1)

δ

(n)

fβ1 ...fβn+1
fβ1 ...fβn+1

,

ở đó δ bằng 1 hoặc δ bằng −1.
Mặt khác, do
(k)

deg

fβi

fβi

= −k, (i = 1, ..., n + 1; k = 1, ..., n) .

nên
(1)

deg

δ

(n)

fβ1 ...fβn+1
fβ1 ...fβn+1

(n)

(1)

= deg

fβ 1

fβ1

...

fβn+1
fβn+1

= − (1 + 2 + ... + n) = −

n (n + 1)
.
2

Vậy
deg A ≤ −

n (n + 1)
.
2

Hơn nữa, từ fn+2 = f1 + ... + fn+1 ta có
deg fn+2 ≤

max deg fi .

1≤i≤n+1

Do đó
max deg fi ≤

1≤i≤n+1

max deg fi .

1≤i≤n+2

Ngoài ra, do f1 , ..., fn+1 độc lập tuyến tính trên K và fn+2 = f1 + ... + fn+1 nên fi với
i = 1, ..., n + 2 không đồng nhất không. Từ đây suy ra tồn tại αn+2 ∈ {1, .., n + 2}
sao cho

deg fαn+2 =

max deg fi .

1≤i≤n+2

17


Tiến hành đánh số tập hợp {1, ..., n + 2} − {αn+2 } là α1 , ..., αn+1 .
Từ fn+2 = f1 + ... + fn+1 ta có
a1 fα1 + ... + an+1 fαn+1 = fαn+2 ,

ở đó ai với i = 1, ..., n + 1 bằng 1 hoặc bằng −1.
Do fαn+2 là tổ hợp tuyến tính của fα1 , ..., fαn+1 nên
W (fα1 , ..., fαn+1 ) = aW (f1 , ..., fn+1 )

trong đó a thuộc K và a khác 0.
Lại do f1 , ..., fn+1 độc lập tuyến tính nên W (f1 , ..., fn+1 ) không đồng nhất 0.
Vậy W fα1 , ..., fαn+1 không đồng nhất 0.
Xét
fα1 ...fαn+1
f1 ...fn+2
=
.
aW (f1 , ..., fn+1 )
W (fα1 , ..., fαn+1 )

Đặt
B=

f1 ...fn+2
, W = W (f1 , ..., fn+1 ) .
cW (f1 , ..., fn+1 )

Với các ký hiệu trên, ta có
n+2

deg fi − deg W,

deg B =
i=1

deg B = deg A + deg fαn+2 , deg fi = n (fi ) .
1≤i≤n+2

Từ đây và deg fαn+2 = max deg fi , deg A ≤ − n(n+1)
, ta nhận được
2
1≤i≤n+1

n+1

max deg fi + deg W ≤

1≤i≤n+1

n (fi ) + n (f1 + ... + fn+1 ) −
i=1

n (n + 1)
.(2.1.1)
2

Đặt
Wn+2 = W (f1 , ..., fn , fn+2 ) .

Do fn+2 là tổ hợp tuyến tính của f1 , ..., fn+1 nên
Wn+2 = cW, c ∈ K, c = 0.

Từ đây suy ra mỗi không điểm (tính cả bội) của Wn+2 cũng là một không điểm
(tính cả bội) của W và ngược lại.
Bây giờ xét a là không điểm của fi với bội k . Khi đó
fi = (z − a)k ϕ (z) , ϕ (a) = 0.
18


Nếu k > n thì fi(n) = (z − a)k−n ϕn (z) , ϕn (a) = 0.
Từ đây suy ra nếu a là không điểm của fi với bội k > n thì a là không điểm của
(n)
fi với bội n.
Từ đây và 2.1.1 ta nhận được
n+1

max deg fi ≤

1≤i≤n+1

nn (fi ) + nn (f 1 + ... + fn ) −
i=1

n (n + 1)
.
2

Bổ đề 2.2. Cho f1 , ..., fn+2 và g1 , ..., gn+2 là các đa thức thỏa mãn f1 g1 ,..., fn+1 gn+1
n+1

độc lập tuyến tính trên K, không có không điểm chung và

fi gi = fn+2 gn+2 . Khi
i=1

đó

n+2

max deg fi gi ≤

1≤i≤n+2

n+2

deg gi −

nn (fi ) +
i=1

i=1

n (n + 2)
.
2

Chứng minh.
Đặt Fi = fi gi , i = 1, ..., n + 2. Theo giả thiết, ta có F1 + ... + Fn+1 = Fn+2 , F1 , ..., Fn
độc lập tuyến tính.
Từ đây ta có
deg Fn+2 ≤

max deg Fi .

1≤i≤n+1

Do đó
max deg Fi =

1≤i≤n+2

max deg Fi .

1≤i≤n+1

Áp dụng Bổ đề 2.1 ta nhận được
n+1

max deg Fi ≤

1≤i≤n+2

nn (Fi ) + nn (F1 + ... + Fn+1 ) −
i=1

n (n + 1)
.
2

Do
F1 + ... + Fn+1 = Fn+2 ,
nn (Fi ) = nn (fi gi ) ≤ nn (fi ) + nn (gi ) ≤ nn (fi ) + deg gi

nên

n+2

max deg fi gi ≤

1≤i≤n+2

nn (fi ) + deg gi −
i=1

19

n (n + 1)
.
2


mn+1

Bổ đề 2.3. Cho f1m1 , ..., fn+1
là các đa thức độc lập tuyến tính trên K và không
có không điểm chung, m1 , ..., mn+1 là các số nguyên dương. Khi đó
n+1

1−
i=1

n
mi

mn+1
max f mi ≤ nn f1m1 + ... + fn+1
−

1≤i≤n+1

n (n + 1)
.
2

Chứng minh.
Áp dụng bổ đề 2.1 ta có
n+1

max deg f

mi

1≤i≤n+1

mn+1
−
nn fimi + nn f1m1 + ... + fn+1

≤
i=1

n (n + 1)
.
2

Mặt khác ta có
nn fimi ≤ nn1 fimi ≤
n+1

n+1

nn fimi

≤

i=1

i=1

n
n
n fimi =
deg (f mi ) , i = 1, ..., n + 1;

mi
mi
n
deg f mi ≤
mi

n+1

i=1

n
mi

max deg f mi .

1≤i≤n+1

Vậy
n+1

max deg f

mi

1≤i≤n+1

≤
i=1

n+1

1−
i=1

n
mi

n
mi

mn+1
max deg f mi + nn f1m1 + ... + fn+1
−

1≤i≤n+1

mn+1
−
max deg f mi ≤ nn f1m1 + ... + fn+1

1≤i≤n+1

n (n + 1)
;
2

n (n + 1)
.
2

mn+1
Định lý 2.1. (Định lý Davenport suy rộng) Cho f1m1 , ..., fn+1
là các đa thức độc
lập tuyến tính trên K và không có không điểm chung. Khi đó
n+1

1−
i=1

n
mi

mn+1
max deg f mi ≤ deg f1m1 + ... + fn+1
−

1≤i≤n+1

n (n + 1)
.
2

Chứng minh.
Áp dụng Bổ đề 2.3 và chú ý rằng
mn+1
mn+1
nn f1m1 + ... + fn+1
≤ deg f1m1 + ... + fn+1

ta nhận được Định lý 2.1.

Chú ý 2.1.1. Từ Định lý 2.1 cho n = 1, m1 = 2, m2 = 3, f2 = −g ta nhận được Định
lý Davenport.
20


Thậy vậy, xét f 2 , g 3 độc lập tuyến tính và không có không điểm chung. Với giả
thiết trên, áp dụng Định lý 2.1 ta có
1−

Từ đây ta có

1 1
−
max deg f 2 , g 3 ≤ deg f 2 − g 3 − 1.
2 3
1
deg g 3 ≤ deg f 2 − g 3 − 1;
6
1
deg g ≤ deg f 2 − g 3 − 1.
2

Nếu f 2 , g 3 phụ thuộc tuyến tính thì chứng minh như Định lý 1.7.

2.2

Sự tương tự của Định lý Davenport đối với đa thức trên
trường đóng đại số, đặc số không với đa thức biến số thực
và số nguyên.

Sự tương tự của Định lý Davenport cho hàm số biến số thực và số nguyên được
chúng tôi trình bày lại trong mục này. Sự tương tự đó được xét ở các góc độ:
1. Phương trình nhiều biến đối với đa thức hoặc hàm hữu tỷ trên R.
2. Phương trình nhiều biến đối với hàm số lượng giác, hàm số mũ, hàm số logarit
và lũy thừa.
3. Phương trình nhiều biến đối với số nguyên.
Trước tiên, ta nêu ra các ví dụ để từ đó xét các ví dụ tương tự nêu trên.
Kí hiệu K (x) là trường các hàm hữu tỷ trên K.
Ví dụ 2.2.1. Giải phương trình
a.xn + b.y n = 0.

trong đó a, b ∈ K; a, b = 0. trên K [x] hoặc K (x).
Giải.
Xét hai trường hợp sau
1. Giải phương trình a.xn + b.y n = 0 trên K [x].
Giả sử (f, g) ; f, g ∈ K [x] là nghiệm của phương trình (2.1).
Khi đó a.f n + b.g n = 0. Do a, b = 0 nên f, g không đồng nhất không.
Ta có
af n = −bg n ,
g
f

n

b
=− .
a

21

(2.1)