Vài vấn đề xung quanh giả thiết đồng dư ABC

1

B GIO DC V O TO
Trờng đại học Vinh

INH TH PHNG

VI VN XUNG QUANH
GI THUYT NG D ABC

Luận văn thạc sĩ toán học

NGHệ AN - 2015

B GIO DC V O TO
Trờng đại học Vinh

INH TH PHNG

VI VN XUNG QUANH


2

GIẢ THUYẾT ĐỒNG DƯ ABC
CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 01 04
LuËn v¨n th¹c sÜ to¸n häc
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG

NGHÖ AN - 2015


3

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU
CHƯƠNG 1
NHỮNG KIẾN THỨC SỐ HỌC CƠ SỞ

1
5

1.1. Iđêan và căn ..........................................................................................

1.2. Đạo hàm ........................................................................................... 10
1.3. Bất đẳng thức Diophant đối với các đa thức hệ số phức................... 10
CHƯƠNG 2
GIẢ THUYẾT ABC ĐỒNG DƯ
2.1. Giả thuyết ABC................................................................................. 23
2.2. Giả thuyết ABC đồng dư................................................................... 24
Kết luận .............................................................................................31
TÀI LIỆU THAM KHẢO..................................................................... 32


4

MỞ ĐẦU
Giả thuyết ABC được đề xuất độc lập bởi David Masser và Joseph

Oesterle vào năm 1985 ([1, 6, 9]).
Giả thuyết ABC. Giả sử a, b, c là các số nguyên khác 0, nguyên tố cùng
nhau và thoả mãn hệ thức a + b = c . Khi đó, với mỗi số ε > 0 , tồn tại một số
K (ε ) sao cho

max ( a , b , c ) ≤ K (ε )rad (abc)1+ε ,

trong đó rad (abc ) là căn của abc .
Nhiều nhà toán học đã nỗ lực cố gắng để chứng minh giả thuyết.
Năm 2007, nhà toán học Pháp Lucien Szpiro, mà công việc của ông vào năm
1978 đã dẫn đến những phỏng đoán ABC và đã là người đầu tiên tuyên bố
chứng minh được nó, nhưng sau đó đã sớm tìm thấy có những thiếu sót.
Andrew Granville thuộc Đại học Montreal nhận xét "Giả thuyết ABC
thoạt nhìn thì đơn giản so với những câu hỏi sâu sắc trong Lý thuyết số. Tuy
nhiên, phỏng đoán kỳ lạ này tương đương với tất cả những vấn đề chính. Đó
là ở trung tâm của những bài toán đang được nghiên cứu’’.
Giả thuyết ABC cũng đã được mô tả như là một lý thuyết thống nhất
của hệ thống số, trong đó nhiều định lý quan trọng khác ngay lập tức trở
thành hệ quả. Chẳng hạn, Định lý Fermat tiệm cận là một hệ quả trực tiếp
của giả thuyết ABC; cũng từ giả thuyết này người ta cũng có thể chứng minh
được phương trình Brocard chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên dương,…
Trong một bài báo trên The Sciences năm 1996, Dorian Goldfeld –
giáo sư của Đại học Columbia cho biết “Giả thuyết ABC đối với các nhà
toán học nó thực sự đẹp, hơn nữa tiện dụng. Nhờ giả thuyết ABC rất nhiều
vấn đề Diophantine bất ngờ được liên kết lại trong một phương trình duy
nhất từ đó cho cảm giác rằng tất cả các nhánh toán học đều thuộc một thể


5
thống nhất. Không có gì đáng ngạc nhiên khi các nhà toán học đang hết sức

nỗ lực để chứng minh điều đó”. Goldfeld so sánh giả thuyết ABC “giống
như những nhà thám hiểm trước một vách đá thẳng đứng cố gắng kiếm tìm
những mạch nhỏ trên mặt đá với hy vọng rằng một trong số đó sẽ cho họ
con đường dẫn đến đỉnh núi”. Cũng theo Goldfeld, “Nếu chứng minh giả
thuyết ABC được khẳng định thì các nhà toán học sẽ thấy được công cụ rất
mạnh để giải quyết các vấn đề trong lý thuyết số và sẽ là một trong những

thành tựu đáng kinh ngạc nhất của toán học của thế kỷ 21”.
Và bây giờ, một trong những nhà thám hiểm có thể đã chạm đến đỉnh
núi. Theo Nature News, Mochizuki - nhà toán học tại Đại học Kyoto – người
đã chứng minh nhiều định lý sâu sắc trong quá khứ, tuyên bố giải được bài
toán ABC. Tuy nhiên, sẽ cần một khoảng thời gian dài để các nhà toán học
kiểm chứng tính đúng đắn trong chứng minh của Mochizuki. “Giả thuyết
ABC có thể đã được giải" và tên nhà toán học Shinichi Mochizuki xuất hiện
liên tục trên nhiều tờ báo trong mấy tuần đầu tháng 9 năm 2014, thậm chí
trên cả một số tạp chí không phải của toán như Nature, New York Times,
Telegraph.... Tin đặc biệt này xuất phát từ việc giáo sư Mochizuki của viện
Nghiên cứu các khoa học về Toán (RIMS), Đại học Kyoto, Nhật Bản, đưa
lên trang cá nhân của ông bốn bài báo dài tổng cộng khoảng 500 trang mà
phần cuối cùng dẫn đến chứng minh của giả thuyết ABC và một số giả
thuyết quan trọng khác [5].
Giả thuyết ABC được đánh giá là một trong những giả thuyết khó và
quan trọng nhất của lý thuyết số hiện nay, lời giải của nó sẽ đưa đến câu trả
lời cho một loạt vấn đề trong lý thuyết số, trong đó có lời giải khác của Bài
toán Fermat. Vì vậy lời giải của Mochizuki nếu đúng sẽ tạo ra một cuộc cách
mạng trong một số lĩnh vực toán học và sẽ là một thành tựu quan trọng của


6
toán học nửa đầu thế kỷ XXI. Hiện nay lời giải này vẫn đang được kiểm tra

bởi các chuyên gia [5]. Theo Vũ Hà Văn (Nhật ký Yale 23-2014), đã có
người đã chỉ ra một chỗ sai trong chứng minh của Mochizuki và hiện
Mochizuki chưa có câu trả lời.
Có thể làm yếu giả thuyết ABC bởi giả thuyết sau đây:
Giả thuyết đồng dư ABC [6]. Giả sử a, b, c là các số nguyên khác 0,
nguyên tố cùng nhau và thoả mãn đồng dư thức abc ≡ 0(mod m) và hệ thức
a + b = c . Khi đó, với mỗi số ε > 0 , tồn tại một số K (m, ε ) sao cho

max ( a , b , c ) ≤ K (m, ε )rad (abc)1+ε ,

trong đó rad (abc ) là căn của abc .
Tuy nhiên, nếu giả thuyết đồng dư ABC được chứng minh, với một số
nguyên dương m nào đó thì từ đó có thể suy ra giả thuyết ABC là đúng [6].
Việc nghiên cứu sự mở rộng của giả thuyết ABC trong vành số
nguyên, vành đa thức cũng như trên trường hàm đã và đang được nhiều nhà
toán học trong và ngoài nước quan tâm. Vào năm 2001, Hu và Yang (Trung
Quốc) đã chứng minh giả thuyết ABC cho các hàm chỉnh hình p-adic. Năm
2014, C. Toropu (Mỹ) đã bảo vệ thành công luận án tiến sĩ với đề tài Định lý
ABC trong trường hợp hàm [10], trong đó có các đánh giá và bình luận về
kết quả gần đây của Nguyễn Thành Quang, Phan Đức Tuấn về lĩnh vực này
[7]. Các tác giả Hà Huy Khoái, Vũ Hoài An, Đoàn Quang Mạnh, đã chứng
minh giả thuyết ABC với các hàm chỉnh hình phức hoặc p-adic nhiều biến.
Với những lý do như đã nói ở trên, chúng tôi lựa chọn đề tài luận văn
‘‘Vài vấn đề xung quanh Giả thuyết đồng dư ABC’’ nhằm tìm hiểu sâu
hơn những kết quả số học có liên quan đến các giả thuyết này.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn này gồm có
hai chương. Chương 1 trình bày các nội dung liên quan đến các cơ sở số học có


7

liên quan như: Lý thuyết iđêan trong vành số nguyên; Căn của một số nguyên
khác 0; Phép đạo hàm trên vành. Chương 2 còn trình bày giả thuyết ABC tổng
quát và một trường hợp đặc biệt của giả thuyết ABC, đó là giả thuyết đồng dư
ABC. Ngoài ra, chương 2 trình bày nội dung có liên quan đến việc từ giả thuyết
đồng dư ABC suy ra được giả thuyết ABC.
Phương pháp và công cụ nghiên cứu trong luận văn này bao gồm:
- Sử dụng các khái niệm và kết quả cơ sở của Số học;
- Sử dụng sự tương tự hóa giữa số nguyên và đa thức;
- Dùng công cụ đạo hàm trên đa thức và kỹ thuật đồng dư;
- Sử dụng kỹ thuật Wronskian trên hàm chỉnh hình.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của
thầy giáo hướng dẫn PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này tôi xin
bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học,
người đã dành nhiều thời gian và công sức giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Nhân dịp này tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô giáo thuộc
chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào
tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh - đã tận tình giảng dạy, hướng dẫn
và giúp đỡ chúng tôi trong học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Kinh tế Công nghiệp
Long An đã tạo mọi điều kiện cho chúng tôi trong học tập để hoàn thành
nhiệm vụ khóa học.
Tuy đã có nhiều cố gắng, song chắc chắn luận văn này vẫn còn nhiều
thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự góp ý, chỉ bảo của quý thầy cô giáo
và các đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn bè đã quan tâm
giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập sau đại học vừa qua.
TÁC GIẢ


8

CHƯƠNG 1
NHỮNG KIẾN THỨC SỐ HỌC CƠ SỞ
Trong toàn bộ luận văn này, chúng ta giả sử rằng R ≠ { 0} là vành giao
hoán có đơn vị 1 .

1.1. Iđêan và căn
1.1.1. Định nghĩa. Một nhóm cộng I của vành R được gọi là iđêan của vành
R nếu ar ∈ I,∀a ∈ I ,∀r ∈ R.

Ví dụ: Cả R và { 0} đều là iđêan của vành R . Tập hợp các số nguyên chẵn
lập thành một iđêan của vành số nguyên ¢ .
Nếu A là một tập hợp khác rỗng của vành R , khi đó tập hợp tất cả các
tổ hợp tuyến tính có dạng:
a1r1 + L + ak rk , ai ∈ A, ri ∈ R

là một iđêan của R , ký hiệu bởi A , và được gọi là iđêan sinh bởi tập A.
Một iđêan sinh bởi một phần tử a ∈ R được gọi là iđêan chính và ký hiệu là
a = aR = { ar : r ∈ R} .

Một vành chính là vành mà mọi iđêan trong nó đều là iđêan chính.
Chẳng hạn, vành ¢ là vành chính, vành ¢ m cũng là vành chính.
Một iđêan I trong vành R được gọi là iđêan nguyên tố nếu I ≠ R và
ab ∈ I kéo theo a ∈ I hoặc b ∈ I với ∀a,b ∈ I . Phổ (spectrum) của vành R,

ký hiệu bởi Spec ( R ) là tập hợp tất cả các iđêan nguyên tố của vành R.
1.1.2. Định lý. Phổ của vành số nguyên ¢ là
Spec ( ¢ ) = { p¢ : p ∈ P ∨ p = 0} .

Chứng minh. Vì ¢ là vành chính, nên mọi iđêan của ¢ đều có dạng
d ¢ , d ∈ ¥ . Nếu d = 0 thì d ¢ = { 0} là iđêan nguyên tố. Nếu d = 1 thì d ¢ = ¢

không là iđêan nguyên tố. Nếu d = p là số nguyên tố và ab ∈ p¢ thì kéo theo


9
p là ước của ab. Do p là số nguyên tố nên p là ước của a hoặc p là ước

của b hay a ∈ p¢ hoặc b ∈ p¢ . Từ đó suy ra p¢ là i đêan nguyên tố với mọi
số nguyên tố p . Nếu d là hợp số thì ta có thể viết
d = ab, 1 < a ≤ b < d .

Nếu a ∈ d ¢ thì a = dk = abk , với k là số nguyên dương nào đó, dó đó 1= bk ,
mâu thuẫn. Từ đó suy ra a ∉ d ¢ và tương tự b ∉ d ¢ . Vì d = ab ∈ d ¢ nên suy
ra d¢ không là iđêan nguyên tố.
Vậy, iđêan nguyên tố trong ¢ là iđêan có dạng p¢ với p là số
nguyên tố hoặc p = 0 . ▄
1.1.3. Định nghĩa. Một phần tử x của vành R được gọi là phần tử lũy linh
(nilpotent) nếu tồn tại số nguyên dương k nào đó sao cho x k = 0 .
Chẳng hạn, phần tử 0 (đơn vị của phép cộng) là phần tử lũy linh của
mỗi vành; phần tử 1 (đơn vị của phép nhân) không là phần tử lũy linh của
mỗi vành.
Tập hợp tất cả các phần tử lũy linh của vành R được gọi là căn
(radical) của vành R và được ký hiệu bởi ℵ( R) . Ta có ℵ(¢ ) = { 0} .
Căn của vành R là iđêan thực sự của vành R. Căn của vành R là giao
của tất cả các iđêan nguyên tố của vành R.
Một bài toán đặt ra là hãy tính căn của vành ¢ m các lớp đồng dư.
1.1.4. Định nghĩa. Với mỗi số nguyên khác không và số nguyên tố p, ta
định nghĩa ν p (n) là số nguyên lớn nhất r sao cho p r chia hết n. Như vậy,
ν p (n) là số nguyên không âm và ν p (n) ≥ 1 khi và chỉ khi p là ước của n. Nếu

ν p (n) = r thì ta nói rằng lũy thừa p r chia hết đúng n và ký hiệu p r n . Dạng

tiêu chuẩn của n là
n=∏p

ν p (n)

pn

.


10
Giá trị ν p (n) được gọi là giá trị p-adic của n. Ta có:
ν p (nm) = ν p (n) + ν p (m);
n

ν p (n !) = ∑ν p ( m).
m =1

1.1.5. Căn của số nguyên. Tích của các ước nguyên tố (không kể bội) của
số nguyên m > 1 , kí hiệu bởi Sqp(m) , được gọi là số nhân tử tự do (square free number). Nói khác đi, số nhân tử tự do là số không chia hết cho bình
phương của bất kỳ số nguyên tố nào. Chẳng hạn, Sqp(18) = 2 × 3 = 6 là số
nhân tử tự do.
Căn của một số nguyên m > 1 là square-free number lớn nhất của m ,
nghĩa là nó bằng tích tất cả các ước nguyên tố phân biệt của m :
rad (m) = ∏ p .
pm

Ví dụ: rad (72) = rad (2.2.2.3.3) = 2.3 = 6 ;

rad (−30) = rad (−2.3.5) = 2.3.5 = 30.

Nhận xét. Giả sử m, n > 1 là các số nguyên. Khi đó:
1) rad (mn) ≤ rad (m)rad (n) .
2) rad (mn) = rad (m)rad (n) khi và chỉ khi m, n nguyên tố cùng nhau.
1.1.6. Định lý. Giả sử m và a là những số tự nhiên khác 0. Khi đó, tồn tại
một số nguyên dương k sao cho m là ước của a k khi và chỉ khi rad (m) là
ước của rad (a ).
k
Chứng minh. Ta có m chia hết a k khi và chỉ khi ν p (m) ≤ ν p (a ) = kν p (a) với

mọi số nguyên tố p. Nếu tồn tại một số nguyên tố k sao cho m chia hết a k thì
ν p (a) > 0 khi ν p (m) ≥ 0 và vì vậy mỗi số nguyên tố chia hết m cũng chia hết

a. Điều đó suy ra rad (m) chia hết rad (a) .


11
Ngược lại, nếu rad (m) chia hết rad (a) thì ν p (a) > 0 với mọi số
nguyên tố p sao cho ν p (m) > 0 . Vì rằng chỉ có hữu hạn các số nguyên tố chia
k
hết m, do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho ν p (a ) = kν p (a ) ≥ ν p (m) với

mọi số nguyên tố p và vì vậy m chia hết a k . ▄
1.1.7. Định lý. Với m ≥ 2 , ta có
1) Vành ¢ m là vành chính và mỗi iđêan của ¢ m là iđêan chính sinh
bởi lớp đồng dư d + m¢ , với d là ước của m .
2) Iđêan nguyên tố của vành ¢ m là iđêan sinh bởi lớp đồng dư
p + m¢ , với p là ước nguyên tố của m .

3) Căn của vành ¢ m là iđêan sinh bởi lớp đồng dư rad (m) + m¢ , với
rad (m) là căn của m .

Chứng minh. Giả sử J là một iđêan của vành ¢ m , ta xét iđêan của vành ¢
I=

U ( a + mZ) .

a + mZ∈J

Vì ¢ là vành chính, nên I = d ¢ , với số nguyên dương d ∈ I . Từ m ∈ m¢ ⊆ I ,
ta suy ra d là ước của m . Hơn nữa, d + mZ ∈ I và vì vậy iđêan chính sinh
bởi d + mZ bị chứa trong J. Nếu a + mZ ∈ J thì a ∈ a + mZ ∈ I và do đó
a = dr , r ∈ ¢ . Từ đó a + mZ = (d + mZ)(r + mZ) thuộc iđêan chính sinh bởi

d + mZ . Như vậy, J là iđêan chính sinh bởi d + mZ , và lớp đồng dư
a + mZ ∈ J khi và chỉ khi d là ước của a.

Tiếp theo, chúng ta tính phổ của của vành ¢ m . Giả sử J iđêan chính
sinh bởi d + mZ , trong đó d là ước của m và d ≥ 2 . Nếu d = p là số nguyên
tố và (a + m¢ )(b + m¢ ) = ab + m¢ ∈ J thì p là ước của ab và do đó p là ước
của a hoặc p là ước của b , nghĩa là a + m¢ ∈ J hoặc b + m¢ ∈ J hay J là
iđêan nguyên tố. Nếu d = ab là hợp số, trong đó 1 < a ≤ b < d thì a + m¢ ∉ J
và b + m¢ ∉ J , tuy nhiên


12
(a + m¢ )(b + m¢ ) = d + m¢ ∈ J ,

và do đó J không là iđêan nguyên tố. Vậy, iđêan nguyên tố trong vành ¢ m là

những iđêan có dạng p + m¢ , với p là ước nguyên tố của m.
Lớp đồng dư a + m¢ là luỹ linh trong vành ¢ m khi và chỉ khi
(a + m¢ ) k = a k + m¢ = m¢ , với số nguyên dương k nào đó. Điều này tương

đương với m là ước của a k hay a chia hết cho rad (m) và do đó căn của vành
¢ m là iđêan sinh bởi lớp đồng dư rad (m) + m¢ , với rad (m) là căn của m . ▄

1.1.8. Định lý [6]. Vành £ [ t ] các đa thức với hệ số trong trường số phức £
là vành chính.
1.1.9. Căn của một đa thức. Giả sử f (t ) ∈ £ [ t ] là một đa thức trên trường
số phức £ với bậc n ≥ 1 và có sự phân tích thành các nhân tử tuyến tính trên
£ (phân tích tiêu chuẩn) như sau:
f (t ) = an ( t − α1 )

m1

( t − α2 ) m2 L ( t − α r ) mr , mi ∈ ¥ ∗, an ∈ £ ∗,αi ∈ £ .

Khi đó, ta định nghĩa căn của f (t ) , ký hiệu bởi rad ( f ) , như sau
rad ( f ) = a ( t − α1 ) ( t − α 2 ) L ( t − α r ) .

Tập hợp các nghiệm (không điểm) của đa thức f (t ) là tập hợp hữu
hạn
Z ( f ) = { α ∈ £ : f (α ) = 0} = { α1 ,..., α n }

Ký hiệu N 0 ( f ) là số nghiệm phân biệt của đa thức f (t ) . Ta có bất
đẳng thức:
r

r = N 0 ( f ) = rad ( f ) ≤ deg f = ∑ mi = n

i =1

Nhận xét. Giả sử f ,g ∈ £ [ t ] là các đa thức có bậc n ≥ 1 . Khi đó:
1) rad ( f ) ≤ deg ( f ) ; rad ( f ) = deg ( f ) ⇔ deg ( f ) = 1.


13
2) rad ( fg ) ≤ rad ( f ) rad ( g ) .
3) rad ( fg ) = rad ( f ) rad ( g ) ⇔ gcd ( f , g ) = 1 .
1.1.10. Định lý. Giả sử f (t ) ∈ £ [ t ] và R = £ [ t ] / I , với I là iđêan sinh bởi
đa thức f (t ) . Khi đó, căn của vành R là i đêan chính sinh bởi rad ( f ) + I .
Chứng minh. Kết luận của định lý trên suy từ nhận xét sau: Nếu f (t ) và g(t )
là các đa thức hệ số phức, khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho f (t ) là
ước của g(t )k khi và chỉ khi rad ( f ) là ước của g(t ) . ▄

1.2. Đạo hàm
1.2.1. Định nghĩa. Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị. Một phép đạo
hàm trên vành R là ánh xạ: D : R → R sao cho
D( x + y ) = D( x) + D ( y ),
D( xy ) = D( x) y + xD ( y ); ∀x, y ∈ R.

1.2.2. Mệnh đề. Phép đạo hàm D trên vành R có các tính chất sau
1) D(1) = 0; D(− x) = − D( x), ∀x ∈ R.
−1
2) Nếu x ∈ R là phần tử khả nghịch thì D( x ) = −

D( x)
x2

.

n

3) D( x1L xn ) = ∑ x1L xi −1D( xi ) xi +1L xn
i =1

Chứng minh. 1) Vì D là một đồng cấu của nhóm cộng aben của vành R , do
đó, D có mọi tính chất của một đồng cấu nhóm cộng. Chẳng hạn:
D(1) = 0; D (− x) = − D ( x), ∀x ∈ R.

2) Vì rằng x.x −1 = 1 , nên D( xx −1) = xD( x −1) + x −1D( x) = D(1) = 0 .
Từ đó xD( x −1) = − x −1D ( x) . Nhân hai vế của đẳng thức này với x −1 , ta có
D ( x −1 ) = − x −2 D ( x ) = −

D( x)
x2

.


14
3) Chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2, công thức 3) là
D( x1x2 ) = x2 D ( x1) + x1D ( x2 ) .

Giả sử công thức 3) đúng với n – 1, khi đó áp dụng giả thiết quy nạp ta có
D( x1L xn ) = D ( x1L xn −1xn ) = x1L xn −1D ( xn ) + xn D ( x1L xn −1)
n −1

= x1L xn −1D( xn ) + xn ∑ x1L xi −1D ( xi ) xi +1L xn −1
i =1

n

= ∑ x1L xi −1D ( xi ) xi +1L xn .
i =1

1.2.3. Định lý. Giả sử R là vành và R [ t ] là vành các đa thức với các hệ số
trên R. Khi đó, ánh xạ D : R [ t ] → R [ t ] xác định bởi công thức sau đây là một
phép đạo hàm trên R [ t ] :
 m
 m
i −1
D  ∑ ait i ÷
.
÷ = ∑ iait
 i =0
 i =1
m

n

i =0

i =0

i
j
Chứng minh. Giả sử f (t ) = ∑ ait ,g(t ) = ∑ b j t . Khi đó, ta có

D( f + g ) = D ( f ) + D ( g ) .

Từ đó, suy ra D là đồng cấu của nhóm cộng của vành R [ t ] . Mặt khác
m

n

m+n

f (t ) g(t ) = ∑ ∑ ait i b j t j = ∑
i =0 j =0

Do đó

∑ aib j t k .

k =0 i + j = k


15
m+ n

D( fg ) = ∑ k ∑ ai b j t k −1
k =1 i + j = k

m+ n

= ∑

∑ (i + j )aib j t i + j −1

k =1 i + j = k

m+ n

= ∑

m+n

∑ iait i −1b j t j + ∑

k =1 i + j = k

∑ ait i jb j t j −1

k =1 i + j = k

m n

m n

i =1 j =0

i = 0 j =1

= ∑ ∑ iait i −1b j t j + ∑ ∑ iait ib j t j −1
= D ( f ) g + fD( g ).

Vậy, D là một phép đạo hàm trên R [ t ] . ▄
1.2.4. Trường các thương của một miền nguyên. Một miền nguyên là một
vành R sao cho nếu b1, b2 ∈ R và b1, b2 ≠ 0, thì b1b2 ≠ 0 . Tương ứng với mỗi

một miền nguyên có một trường các thương của nó, bao gồm tất cả các
thương có dạng

a
a c
, a , b ∈ R, b ≠ 0 và
= ⇔ ad = bc. Phép cộng và phép
b
b d

nhân được định nghĩa thông thường bởi
a c ad + bc
a c ac
+ =
và × = .
b d
bd
b d bd

Trường các thương của ¢ là ¤ . Nếu F [ t ] là vành đa thức với hệ số
thuộc trường F thì trường các thương của F [ t ] là trường F ( t ) gồm các hàm
số hữu tỉ (phân thức) với hệ số thuộc F .
1.2.5. Định lý. Giả sử R là một miền nguyên với trường các thương F và
D là phép đạo hàm trên R . Khi đó, tồn tại một phép đạo hàm DF duy nhất

trên F sao cho DF ( x) = D( x), ∀x ∈ R .


16
Chứng minh. Giả sử rằng tồn tại một phép đạo hàm DF trên F sao cho

DF (a ) = D(a ), ∀a ∈ R . Giả sử x ∈ F , x ≠ 0 . Khi đó, tồn tại a, b ∈ R, b ≠ 0 sao
a
b

cho x = . Vì a = bx ∈ R nên
D(a ) = DF (a ) = DF (bx) = DF (b) x + bDF ( x) = D (b) x + bDF ( x) .

Do đó
D ( a ) − D ( b ) x D ( a ) b − aD ( b )
a
DF  ÷ = DF ( x ) =
=
.
b
b
b2

Như vậy, phép đạo hàm DF trên F hoàn toàn được xác định duy nhất bởi
phép đạo hàm D trên R .
Ngược lại, giả sử R là một miền nguyên với trường các thương F và
D là phép đạo hàm trên R , ta định nghĩa một hàm DF trên F bởi:
 a  D ( a ) b − aD ( b )
DF ( x ) = DF  ÷ =
.
b
b2

Khi đó, hàm DF trên F có các tính chất sau:
a) Nếu

a c
a
c
= thì DF  ÷ = DF  ÷;
b d
b
d

a

c

a

c

b) DF  + ÷ = DF  ÷+ DF  ÷;
b d 
b
d 
a c

a c

a

c

c) DF  × ÷ = DF  ÷ + DF  ÷.
b d 

bd b
d 
Như vậy, hàm DF là một phép đạo hàm trên F , hơn nữa ta còn có thu hẹp
của DF trên R trùng với D :
a
D (a ).1 − aD(1)
DF ( x) = D( ) =
= D( a), ∀x = a ∈ R . ▄
1
1


17
1.2.6. Phép đạo hàm lôgarit trên một trường. Giả sử D là một phép đạo
hàm trên trường F . Phép đạo hàm lôgarit L( x) được định nghĩa bởi:
L( x) =

D( x)
, ∀x ∈ F ∗ .
x

Nếu x, y ∈ F ∗ thì
L( xy ) =

D ( xy ) D( x) y + xD( y ) D( x) D ( y )
=
=
+
= L( x ) + L( y ) ;
xy

xy
x
y

x
D ( xy −1) D ( x) y −1 + xD ( y −1) D ( x) D ( y −1)
L( ) = L( xy −1) =
=
=
+
−
1
−
1
y
x
xy
xy
y −1
= L( x) + L( y −1) = L( x) − L( y ).

1.2.7. Phép đạo hàm trên vành các đa thức với hệ số phức £ [ t ] . Giả sử
f (t ) ∈ £ [ t ] là đa thức có bậc n ≥ 1 và N 0 ( f ) là số nghiệm phân biệt của f (t ) .

Vì trường số phức là trường đóng đại số (Định lý cơ bản của Đại số), nên ta
có sự phân tích duy nhất sau
N0 ( f )

f (t ) = an ∏

i =1

( t − αi )

ni

,

trong đó an là số phức khác 0 (hệ số cao nhất của f (t ) ); α1 ,...,α N ( f ) là các
0

nghiệm phức phân biệt, ni là bội dương của nghiệm α i và

N0 ( f )

∑n
i =1

là một phép đạo hàm trên vành £ [ t ] xác định bởi:
 m
 m
i −1
D  ∑ ait i ÷
÷ = ∑ iait
 i =0
 i =1

thì
N0 ( f )

D( f ) = an ∑ ni ( t − α i )
i =1

N (f)
ni −1 0

∏

j =1
j ≠i

( t −α j )

nj

;

i

= n . Nếu D


18
D( f ) N 0 ( f ) ni
L( f ) =
= ∑
.
f
i =1 t − α i
N 0 (g)

Giả sử 0 ≠ g(t ) = bm ∏

i =1

(t−βj)

mj

∈ £ [ t ] , khi đó ta có công thức đạo hàm

lôgarit của hàm phân thức như sau:
N0 ( f ) n
N (g) m
f 
j
i − 0
L  ÷ = L( f ) − L ( g ) = ∑
∑
.
g
i =1 t − α i
J =1 t − β j

Nhận xét. D ( f ) = 0 khi và chỉ khi f là hằng số phức.

1.3. Bất đẳng thức Diophant
đối với các đa thức hệ số phức
Dưới đây là một bất đẳng thức Diophant quan trọng đối với các đa
thức hệ số phức.

1.3.1. Định lý (Mason). Nếu a, b, c ∈ £ [ t ] là các đa thức khác 0, nguyên tố
cùng nhau, không đồng thời là hằng số và nếu a + b = c thì
max { deg( a),deg(b),deg(c)} ≤ N 0 ( abc) − 1 = deg ( rad ( abc ) ) − 1,

trong đó N 0 (abc) là số nghiệm phân biệt của đa thức abc và rad ( abc ) là
căn của đa thức của đa thức abc .
Chứng minh. Vì Định lý Mason là đối xứng với a, b và c nên chúng ta có thể
viết phương trình trên dưới dạng a + b + c = 0 . Giả sử D là một phép đạo
hàm duy nhất được định nghĩa trên trường các thương £ ( t ) và L là phép đạo
hàm lôgarit trên trường £ ( t ) . Chúng ta quan tâm tới hai hàm hữu tỉ phức
khác không sau đây:


19
u=

a
b
,v = .
c
c

Ta có u + v = 1 và
 D (u )   D(v) 
uL(u ) + vL(v) = u 
÷+ v 
÷
 u   v 
= D (u ) + D (v) = D(u + v) = D(1) = 0.

Vì L ( v ) ≠ 0 ta có

L( u)
b v
= =−
.
a u
L ( v)

Chúng ta viết dạng tiêu chuẩn của các đa thức a, b và c như sau:
N0 (a)

a = a ( t ) = an ∏

i =1

N 0 (b)

b = b ( t ) = bm ∏

i =1

N 0 (c )

c = c ( t ) = cr ∏

i =1

( t − αi )
( t − βi )

( t − γi )

ni

,
mi

,

ni

.

Áp dụng kết quả ở (1.2.8) ta có:
N 0 (c) r
 a  N 0 ( a ) ni
i ,
L ( u ) = L  ÷= ∑
− ∑
c
i =1 t − α i
i =1 t − γ i
N0 (c) r
 b  N 0 (b) mi
i .
L ( v) = L  ÷= ∑
− ∑
c
i =1 t − βi

i =1 t − γ i

Vì các đa thức a, b và c nguyên tố cùng nhau và thoả mãn hệ thức
a + b + c = 0 , nên ta suy ra các đa thức này nguyên tố cùng nhau từng đôi

một. Do đó, căn của tích abc là
N0 (a)

q = rad ( abc ) = ∏

i =1

N 0 (b )

( t − αi ) ∏

i =1

N 0 (c)

( t − βi ) ∏

i =1

( t − γi ) ,

và bậc của q là
deg ( q ) = deg ( rad ( abc ) ) = N 0 ( a ) + N 0 ( b ) + N 0 ( c ) .

20
Hơn nữa, qL ( u ) , qL ( v ) là các đa thức có bậc không vượt quá deg ( q ) − 1 .
Mặt khác, ta có
L( u)
qL ( u )
b
=−
=−
a
L ( v)
qL ( v )

và do đó
a ( qL ( u ) ) = −b ( qL ( v ) ) .

Vì các đa thức a và b nguyên tố cùng nhau, nên suy ra a là ước của qL ( v )
và vì vậy
deg ( a ) ≤ deg ( qL ( v ) ) ≤ deg ( q ) − 1 = deg ( rad ( abc ) ) − 1.

Tương tự
deg ( b ) ≤ deg ( qL ( u ) ) ≤ deg ( q ) − 1 = deg ( rad ( abc ) ) − 1.

Cuối cùng:
deg ( c ) ≤ max { deg ( a ) ,deg ( b ) } ≤ deg ( rad ( abc ) ) − 1.

Định lý Mason được chứng minh.

▄

Chú ý. 1) Nếu a, b, c ∈ £ [ t ] đồng thời là các hằng số thì Định lý Mason

không còn đúng nữa.
2) Định lý Mason không còn đúng trong trường với đặc số nguyên tố
p. Chẳng hạn, với ba đa thức a = ( 1 − x ) , b = x p , c = 1 ta có đẳng thức
p

(1− x)
trong khi đó

p

+ x p = ( (1 − x ) + x ) = 1 ,
p

max { deg a, deg b, deg c} = p > 1 = 2 − 1 = n0 ( abc) − 1 .

3) Hiện có nhiều cách chứng minh Định lý Mason. Ngoài cách chứng
minh như đã trình bày ở trên, còn có các cách chứng minh khác của Adrew
Granivin và Thomas J. Tucker (1999) bằng kỹ thuật wronskian (công cụ cụ
Đại số tuyến tính), hoặc cách chứng minh nữa của Noir Schneider (2000).


21
4) Định lý Mason là công cụ rất hiệu quả cho phép ta giải quyết những
bài toán liên quan đến các phương trình đa thức hệ số phức.
1.3.2. Định lý sau cùng của Fermat. Nếu n ≥ 3 thì phương trình Fermat
x n + y n = z n không có các nghiệm trong các số nguyên dương.

Phương trình Fermat có nghiệm trong các đa thức với n = 2 , chẳng

(

hạn: 1 − t 2

)

2

2

(

+ ( 2t ) = 1 + t 2

)

2

. Bây giờ, ta sẽ ứng dụng Định lý Mason để

chứng minh Định lý sau cùng của Fermat cho các đa thức, với n ≥ 3 .
1.3.3. Định lý. Nếu n ≥ 3 , thì thì phương trình Fermat x n + y n = z n không
có các nghiệm khác không trong các đa thức khác không, nguyên tố cùng
nhau và không đồng thời là hằng số.
Chứng minh. Giả sử n ≥ 3 và tồn tại các đa thức x, y, z khác không không,
nguyên tố cùng nhau, không đồng thời là hằng số sao cho x n + y n = z n . Áp
dụng Định lý Mason với a = x n , b = y n , c = z n . Khi đó
rad ( abc ) = rad ( x n y n z n ) = rad ( xyz ) .
n
Vì deg ( x ) = n deg ( x ) cho nên ta có

n deg ( x ) ≤ n max { deg ( x ) ,deg ( y ) ,deg ( z ) }

{

= max deg ( x n ) ,deg ( y n ) ,deg ( z n )
= max { deg ( a ) ,deg ( b ) ,deg ( c ) }

}

≤ deg ( rad ( abc ) ) − 1
= deg ( rad ( xyz ) ) − 1

≤ deg ( xyz ) − 1

= deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) − 1.

Như vậy, sử dụng tính bình đẳng của các đa thức x, y, z ta có:
n deg ( x ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) − 1;


22
n deg ( y ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) − 1;
n deg ( z ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) − 1.

Cộng ba đẳng thức trên lại với nhau, ta thu được bất đẳng thức sau:
n ( deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) ) ≤ 3 ( deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) ) − 3

≤ n ( deg ( x ) + deg ( y ) + deg ( z ) ) − 3.

Chúng ta gặp phải một mâu thuẫn và Định lý sau cùng của Fermat cho

các đa thức được chứng minh. ▄
1.3.4. Định lý. Với n ≥ 3 , phương trình x n + y n = 1 không có các nghiệm
trong các hàm phân thức khác hằng số x, y ∈ £ ( t ) .
Chứng minh. Giả sử n ≥ 3 và tồn tại các hàm phân thức x =

f
h
, y = ∈£ ( t)
g
k

khác hằng số sao cho x n + y n = z n . Thế vào phương trình này ta có
n

n

 f  h
n
n
n
n
n
n
 g ÷ +  k ÷ = 1 ⇔ ( fk ) + ( gh ) = ( gk ) ⇔ a + b = c ,
   
với a = ( fk ) , b = ( gh ) , c = ( gk ) .
n

n

n

Không mất tính tổng quát, bằng cách giản ước nhân tử chung nếu có,
chúng ta có thể giả thiết a, b, c nguyên tố cùng nhau. Mặt khác
n
rad ( abc ) = rad ( f n g 2 n h n k 2 n ) = rad ( fghk ) ; deg ( fk ) = n deg ( fk ) .

Từ đó, áp dụng Định lý Mason, ta thu được:


23
n deg ( fk ) ≤ n max { deg ( fk ) ,deg ( gh ) ,deg ( gk ) }

{

= max deg ( fk ) ,deg ( gh ) ,deg ( gk )
n

n

= max { deg ( a ) ,deg ( b ) ,deg ( c ) }

n

}

≤ deg ( rad ( abc ) ) − 1

= deg ( rad ( fghk ) ) − 1

≤ deg ( fghk ) − 1

= deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) − 1.

Như vậy, sử dụng tính bình đẳng ta có ba bất đẳng thức sau xảy ra:
n deg ( fk ) ≤ deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) − 1 ;
n deg ( gh ) ≤ deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) − 1 ;
n deg ( gk ) ≤ deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) − 1 .

Cộng ba đẳng thức trên lại với nhau, ta thu được bất đẳng thức sau:
n ( deg ( fk ) + deg ( gh ) + deg ( gk ) ) ≤ 3 ( deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) ) − 3

≤ n ( deg ( fk ) + deg ( hg ) + deg ( gk ) ) − 3.

Chúng ta gặp phải một mâu thuẫn và Định lý được chứng minh. ▄
1.3.5. Định lý. Phương trình Catalan x m − y n = 1 không có nghiệm trong
tập các đa thức khác hằng số x, y ∈ £ [ t ] với các số nguyên m, n ≥ 2.
Chứng minh. Giả sử m, n ≥ 2 và tồn tại các đa thức x, y ∈ £ [ t ] khác hằng số
sao cho x m − y n = 1 . Đặt a = x m , b = − y n , c = z 0 = 1 , ta có a + b = c và
rad ( abc ) = rad ( ab ) = rad ( xy ) . Bây giờ, áp dụng Định lý Mason ta thu được:


24
m deg ( x ) = deg ( x )

m

{

}

≤ max deg ( x ) ,deg ( y ) ,deg( z )
m

n

= max { deg ( a ) ,deg ( b ) ,deg ( c ) }

≤ deg ( rad ( abc ) ) − 1
= deg ( rad ( ab ) ) − 1

≤ deg ( xy ) − 1

= deg ( x ) + deg ( y ) − 1.

Như vậy, ta có bất đẳng thức sau xảy ra:
m deg ( x ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) − 1 .

Tương tự, chúng ta cũng có
n deg ( y ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) − 1 ;

Gọi k = min { m, n} ≥ 2 ta sẽ có đồng thời hai bất đẳng thức sau
k deg ( x ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) − 1 .
k deg ( y ) ≤ deg ( x ) + deg ( y ) − 1 .

Cộng hai đẳng thức trên lại với nhau, ta thu được bất đẳng thức sau:
k ( deg ( x ) + deg ( y ) ) ≤ 2 ( deg ( x ) + deg ( y ) ) − 2

≤ k ( deg ( x ) + deg ( y ) ) − 2.

Chúng ta gặp phải một mâu thuẫn và Định lý được chứng minh. ▄
1.3.6. Định lý. Giả sử f và g là các đa thức khác hằng số, nguyên tố cùng
nhau trong vành £ [ t ] . Khi đó, ta có bất đẳng thức tốt sau:
1
deg ( f 3 − g 2 ) ≥ deg ( f ) + 1.
2

Chứng minh. Đặt a = f 3 , b = − g 2 , c = f 3 − g 2 , có a + b = c. Áp dụng Định lý
Mason ta thu được bất đẳng thức sau:


25
3deg ( f ) = deg ( f 3 )

{

≤ max deg ( f 3 ) ,deg ( g 2 ) ,deg ( f 3 − g 2 )
≤ max { deg ( a ) ,deg ( b ) ,deg ( c ) }

}

≤ deg ( rad ( abc ) ) − 1

(

= deg fg ( f 3 − g 2 )

)

≤ deg ( f ) + deg ( g ) + deg ( f 3 − g 2 ) − 1.

Như vậy, ta có bất đẳng thức:
3deg ( f ) ≤ deg ( f ) + deg ( g ) + deg ( f 3 − g 2 ) − 1.

Tương tự ta cũng có bất đẳng thức:
2deg ( g ) ≤ deg ( f ) + deg ( g ) + deg ( f 3 − g 2 ) − 1.

Cộng hai bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức sau:
deg ( f ) ≤ 2deg ( f 3 − g 2 ) − 2.

Do đó, chúng ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh:
1
deg ( f 3 − g 2 ) ≥ deg ( f ) + 1.
2

Chọn
f = t 6 + 4t 4 + 10t 2 + 6
g = t 9 + 6t 7 + 21t 5 + 35t 2 +

63
t.
2

Kiểm tra ta có
f 3 − g 2 = 27t 4 +

351 2
t + 216,
4

1
1
4 = deg ( f 3 − g 2 ) = deg ( f ) + 1 = ×6 + 1.
2
2

Ví dụ này chỉ ra bất đẳng thức trên là bất đẳng thức tốt. ▄