VỀ BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ TRONG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC TOÁN HỌC

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
KHOA TOÁN-TIN

——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ HƯƠNG THẢO

VỀ BIỂU DIỄN ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA
ĐẠI SỐ TRONG Rn

CHUYÊN NGÀNH: HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Người hướng dẫn: TS Nguyễn Thị Thảo

HÀ NỘI - 2015


LỜI CẢM ƠN

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS NGUYỄN THỊ
THẢO. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người Thầy đã tận tình hướng
dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này. Đồng thời, tôi xin chân thành
cảm ơn các Thầy, Cô phản biện đã dành thời gian đọc và góp những ý kiến
quý báu cho bản luận văn.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến tất cả Thầy, Cô trong Khoa Toán - Tin
Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội, đặc biệt là các Thầy, Cô trong Bộ môn
Hình học, đã tận tình dạy dỗ chúng tôi trong suốt thời gian học cao học.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, những người luôn động viên, giúp đỡ và
tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên

cứu.
Hà Nội,tháng 06 năm 2015

Nguyễn Thị Hương Thảo

1


Mục lục

PHẦN MỞ ĐẦU

1

1 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ ĐÓNG
TRONG Rn
1.1

Đa thức dương trên Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Một số kiến thức cơ sở về đa thức . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng các bình
phương đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Bài toán thứ 17 của Hilbert . . . . . . . . . . . . . . .

7

Đa thức dương trên các tập nửa đại số trong Rn . . . . . . .

8

1.1.3
1.2

3

1.2.1

Một số khái niệm cơ sở: module bậc hai, tiền sắp thứ
tự và sắp thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.2.2

Nguyên lý chuyển của Tarski . . . . . . . . . . . . . .

17

1.2.3

Định lí Krivine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

2 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TẬP NỬA ĐẠI SỐ COMPACT

25

2.1

Một số khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.1

Tiền nguyên tố

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25

2.1.2

T - module . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Đinh lí biểu diễn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.2.1

Tựa tiền sắp thứ tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.2.2

Định lí biểu diễn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.2

2


2.3

Một số áp dụng của định lí biểu diễn trong bài toán biểu diễn
đa thức thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.3.1

Định lí Polya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.3.2

Định lí Reznick . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2.3.3

Định lí Schmudgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.3.4

Định lí Marshall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

3 ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC TRỤ VỚI NHÁT CẮT
COMPACT

51

3.1

Diễn đạt kết quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

3.2

Chứng minh Định lí 3.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

Kết luận
TÀI LIỆU THAM KHẢO

56
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

56


PHẦN MỞ ĐẦU

Đa thức dương là một đối tượng quan trọng của Hình học đại số thực.
Vấn đề biểu diễn đa thức đã được đưa ra bởi câu hỏi trong luận án của
Minkowski. Năm 1888, Hilbert đã chứng minh rằng không phải mọi đa thức
không âm đều được phân tích thành tổng bình phương của các đa thức. Tuy
nhiên, năm 1926, Artin đã chứng minh được bài toán thứ 17 của Hilbert rằng
mỗi đa thức không âm trên Rn đều phân tích được thành tổng bình phương
các hàm hữu tỉ.

Vấn đề biểu diễn đa thức dương trên tập đại số đóng trong Rn cũng đã
nhận được sự quan tâm của nhiều tác giả. Năm 1964, Krivine đã đưa ra định
lí nổi tiếng về sự biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số đóng trong
Rn . Một hệ quả của định lí Krivine là lời giải cho bài toán thứ 17 của Hilbert
(về sự biểu diễn đa thức dương trên Rn ở dạng tổng bình phương các hàm
hữu tỉ).
Năm 1991, Schmudgen đã trình bày một định lí nổi tiếng về sự biểu diễn
của các đa thức dương trên các tập nửa đại số compact. Powers (năm 2004)
đã thác triển định lí Schmudgen để nhận được sự biểu diễn của đa thức
dương trên các trụ với nhát cắt compact.
Theo hướng này, luận văn trình bày các chứng minh cho các định lí biểu
diễn đa thức dương trong các tình huống được đề cập đến ở trên.
Luận văn gồm 3 chương :
Chương 1 : Đa thức dương trên các tập nửa đại số đóng trong Rn .
Chương 1 trình bày những kết quả cơ sở về biểu diễn và về đa thức dương
trên Rn ; định lí Krivine về biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số
cơ sở đóng trong Rn .
1


Chương 2 : Đa thức dương trên các tập nửa đại số compact. Chương
2 trình bày về định lí biểu diễn đối với các T − moduleArchimede và áp
dụng của định lí biểu diễn trong bài toán biểu diễn đa thức dương trên một
tập nửa đại số đóng trong Rn . Đặc biệt, chủ yếu ta nhận được một chứng
minh cho định lí Schmudgen (định lí 2.3.10), một kết quả trọn vẹn về biểu
diễn đa thức dương trên các tập nửa đại số compact.
Chương 3 : Đa thức dương trên các trụ với nhát cắt compact. Chương
3 trình bày về biểu diễn đa thức dương trên trong một tình huống không
compact đặc biệt, đó là đa thức dương trên các trụ với nhát cắt compact.
Kết quả này có được dựa vào sự kết thừa định lí Schmudgen (định lí 2.3.10).

Mặc dù đã rất cố gắng, nhưng do vấn đề được đề cập trong luận văn là
tương đối phức tạp và thời gian có hạn, nên luận văn không tránh khỏi những
thiếu sót. Tác giả luận văn mong muốn nhận được sự góp ý kiến của thầy cô
và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn chỉnh hơn.

2


Chương 1

ĐA THỨC DƯƠNG TRÊN CÁC
TẬP NỬA ĐẠI SỐ ĐÓNG TRONG
Rn
1.1
1.1.1

Đa thức dương trên Rn
Một số kiến thức cơ sở về đa thức

Mệnh đề 1.1.1. Cho f ∈ R [x] , f = 0 . Khi đó, tồn tại một điểm x ∈ Rn
sao cho f (x) = 0.
Chứng minh. Với n = 1, Mệnh đề dễ dàng được chứng minh. Thật vậy, xét

f là đa thức một biến x1 khác đa thức 0. Vì f khác đa thức 0 nên f chỉ có
hữu hạn nghiệm. Do đó, tồn tại điểm x1 ∈ R sao cho f (x1 ) = 0.
Với n > 1, chứng minh bằng quy nạp theo n, ta sử dụng: R [x1 , ..., xn ] =
R [x1 , ..., xn−1 ] [xn ]. Vì f = 0 nên f khai triển được thành

f = g0 + g1 xn + ... + gk xkn ,
g0 , ..., gk ∈ R [x1 , ..., xn−1 ] , gk = 0. Do kết quả quy nạp nên tồn tại một điểm

(x1 , ..., xn−1 ) ∈ Rn−1 sao cho gk (x1 , ..., xn−1 ) = 0. Vậy:
k

gi (x1 , ..., xn−1 ) xin

f (x1 , ..., xn−1 , xn ) =
i=0

là một đa thức 0 trong biến đơn xn , do đó bởi trường hợp n = 1, tồn tại

xn ∈ R thỏa mãn f (x1 , ..., xn ) = 0.
3


Định nghĩa 1.1.2. Bậc của đơn thức cxd11 ...xdnn (trong đó c ∈ R, c = 0; di ∈
k

N, ∀i = 1, n) là

di .
i=0

Định nghĩa 1.1.3. Mỗi f ∈ R [x] được biểu diễn duy nhất thành hữu hạn
tổng của các đơn thức. Bậc của f được xác định bằng giá trị lớn nhất của
bậc của các đơn thức xuất hiện trong khai triển đó, kí hiệu là deg (f ).
Quy ước: Bậc của đa thức 0 là −∞.
Chú ý 1.1.4. Nếu deg (f )

d thì f khai triển được duy nhất thành
f = f0 + ... + fd ,

ở đó mỗi fi ∈ R [x] là thuần nhất bậc i, (nghĩa là tổng của các đơn thức với
bậc i hoặc đa thức 0).
Hệ quả 1.1.5. Giả sử f = f12 + ... + fk2 , f1 , ..., fk ∈ N [x] ; f1 = 0. Khi đó:
(1) f = 0.
(2) deg (f ) = 2max deg (fi ) |i = 1, k .
Chứng minh.
(1) Theo Mệnh đề 1.1.1, tồn tại một điểm x ∈ Rn sao cho f1 (x) = 0. Do đó,

f (x) = f12 (x) + ... + fk2 (x) .
Vậy f = 0.
(2) Khai triển fi thành fi = fi0 +...+fid , ở đó fij là đa thức thuần nhất bậc j
với d := max {deg (fi ) |i = 1, ..., k}. Rõ ràng deg (f )

2d và đa thức thuần

2
2
nhất bậc 2d của f là f1d
+ ... + fkd
, trong đó tồn tại i sao cho fid = 0. Do đó,
2
2
theo (1), f1d
+ ... + fkd
= 0. Vậy deg (f ) = 2max {deg (fi ) |i = 1, ..., k} .

Định nghĩa 1.1.6. Cho f ∈ R [x]. Ta nói f nửa xác định dương trong Rn ,
kí hiệu f

0, nếu f (x)

0, ∀x ∈ Rn . Và gọi f là xác định dương trong Rn ,

kí hiệu f > 0, nếu f (x) > 0, ∀x ∈ Rn .
4


Định nghĩa 1.1.7. Một tập con của Rn được gọi là tập nửa đại số cơ sở
nếu nó là tập nghiệm của hệ hữu hạn các phương trình, bất phương trình đa
thức, và là tập nửa đại số nếu nó là hợp hữu hạn các tập nửa đại số cơ sở.
Ví dụ 1.1.8. Dễ kiểm tra được một tập con của R là nửa đại số khi và chỉ
khi nó là hợp hữu hạn của các điểm và các khoảng.
1.1.2

Bài toán biểu diễn đa thức dương thành tổng các bình phương đa thức

Đa thức f là tổng các bình phương của các đa thức(SOS) nếu tồn tại các
đa thức {fj |j ∈ J} ⊂ R [x] sao cho

fj2 (x) ,∀x ∈ Rn .

f (x) =
i∈J

Theo Hệ quả 1.1.5, ta cần có deg (f ) là chẵn. Rõ ràng, nếu f = f12 + ... + fk2
thì f

0. Điều này dẫn đến một câu hỏi rất tự nhiên rằng, điều ngược lại

có đúng không, nghĩa là:
Bài toán 1.1.9. Nếu f

0, thì f có là tổng các bình phương của các đa

thức trong R [x] không?
Năm 1888, Hilbert đã chỉ ra rằng không phải tất cả các đa thức không âm
là tổng các bình phương của các đa thức. Mệnh đề sau chỉ ra rằng mọi đa
thức thực không âm một biến x đều có thể viết thành tổng bình phương của
hai đa thức với hệ số thực.
Mệnh đề 1.1.10. Cho đa thức một biến f khác hằng và f

(x − bj )2 + c2j

(x − ai )ki

f =d
i

0.

lj

j

với d > 0 và mỗi ki là chẵn, là phép phân tích thành các nhân tử bất khả quy
trong R [x] của f . Khi đó, f phân tích được thành tổng bình phương của hai
đa thức trong R [x].
Chứng minh. Theo đẳng thức

a2 + b2

c2 + d2 = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 ,
5


khi đó ta sẽ biến đổi được tích của mỗi cặp dạng (x − bj )2 + c2j thành
tổng của hai bình phương. Lặp lại các bước như vậy, ta biểu diễn được
j

(x − bj )2 + c2j

lj

thành tổng bình phương của hai đa thức, giả sử là

m2 + n2 . Chọn

√
g=

ki

(x − ai ) 2 m,

d
i

√
h=

ki

(x − ai ) 2 n,

d
i

ta được f = g 2 + h2 .
Ví dụ sau của Motzkin chỉ ra rằng tồn tại đa thức không âm mà không
phân tích được thành tổng các bình phương của các đa thức:
Ví dụ 1.1.11. (Motzkin). Cho

s (x, y) = 1 − 3x2 y 2 + x2 y 4 + x4 y 2 .
Khi đó:
(1) s

0.

(2) s không là tổng các bình phương của các đa thức trong R [x, y].
Chứng minh.
(1) Áp dụng bất đẳng thức

a+b+c
3

√
3

abc (a, b, c

0)

với a = 1, b = x2 y 4 , c = x4 y 2 , ta được 1 + x2 y 4 + x4 y 2

3x2 y 2 nên s

0

trong R2 .
(2) Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, s là tổng các bình phương
của các đa thức trong R [x, y], ta viết s =

fi2 , fi ∈ R [x, y]. Dễ thấy

deg (f ) = 6. Bởi Hệ quả 1.1.5(2), mỗi fi có thể có bậc lớn nhất là 3 nên mỗi
fi là tổ hợp tuyến tính của các đơn thức sau:
1, x, y, x2 , xy, y 2 , x3 , x2 y, xy 2 , y 3 .
6


Nếu x3 xuất hiện trong một fi nào đó thì x6 sẽ xuất hiện trong s với hệ số
dương. Do đó, x3 không xuất hiện trong bất kì fi nào. Tương tự, nếu y 3 xuất
hiện trong một fi nào đó thì y 6 sẽ xuất hiện trong s với hệ số dương. Do đó,

y 3 không xuất hiện trong bất kì fi nào. Lập luận tương tự như vậy ta thấy
rằng x2 , y 2 , x, y cũng đều không xuất hiện trong bất kì fi nào. Vì vậy, các fi
có dạng

fi = ai + bi xy + ci x2 y + di xy 2 ,

trong đó ai , bi , ci , di ∈ R. Khi đó, hệ số của x2 y 2 trong s là

b2i . Do đó,

b2i = −3 vô lý .
Như vậy, điều giả sử ban đầu là sai. Vậy s không là tổng các bình phương
của các đa thức trong R [x, y].
1.1.3

Bài toán thứ 17 của Hilbert

Bài toán 1.1.12. (Bài toán thứ 17 của Hilbert). Cho đa thức bất kì f ∈ R [x].
Giả sử rằng f

0 trong Rn . Khi đó, f có là tổng bình phương của các hàm

hữu tỉ không?
- Mệnh đề 1.1.10 chỉ ra rằng khẳng định trên đúng với n = 1.
- Năm 1893, Hilbert đã chứng minh điều này cho trường hợp n = 2.
- Đến năm 1927, Emil Artin đã tìm ra lời giải bài toán trên trong trường
hợp tổng quát.
Ví dụ 1.1.13. Đa thức Motzkin s không là tổng bình phương của các đa

7


thức (ví dụ 1.1.11) nhưng nó là tổng bình phương của bốn hàm hữu tỉ:

s=

x2 y 2 x2 + y 2 + 1

x2 + y 2 − 2

2

+ x2 − y 2

2

(x2 + y 2 )2

x2 y x2 + y 2 − 2
=
x2 + y 2
xy x2 + y 2 − 2
+
x2 + y 2

2

xy 2 x2 + y 2 − 2
+
x2 + y 2

2

x2 − y 2
+ 2
x + y2

2

2

.

Đa thức dương trên các tập nửa đại số trong Rn

1.2
1.2.1

Một số khái niệm cơ sở: module bậc hai, tiền sắp thứ tự và sắp thứ tự

Cho A là một vành giao hoán với đơn vị 1. Giả sử rằng

1
∈ A (nghĩa là 2 là
2

phần tử khả nghịch trong A). Kí hiệu:
m
2

a2i |ai ∈ A .

A :=
i=1

Định nghĩa 1.2.1.

(1) Module bậc hai của A là tập con M của A thỏa mãn

M + M ⊆ M, a2 M ⊆ M với mọi a ∈ A, và 1 ∈ M.
(2) Tiền sắp thứ tự của A là tập con T của A thỏa mãn

T + T ⊆ T, T T ⊆ T, và a2 ∈ T với mọi a ∈ A.
(3) Một sắp thứ tự của A là một tập con P của A thỏa mãn

P + P ⊆ P, P P ⊆ P, P ∪ −P = A, P ∩ −P = {0} .
Mệnh đề 1.2.2.
(1) Mọi tiền sắp thứ tự của A đều là module bậc hai của A; mỗi tiền sắp thứ
tự chính là một module bậc hai mà đóng với phép nhân.

8


(2)

A2 là tiền sắp thứ tự nhỏ nhất duy nhất của A và cũng là module bậc
hai nhỏ nhất duy nhất của A.

(3) Cho M là module bậc hai của A và I là ideal bất kì của A. Khi đó, M +I
là module bậc hai của A.
(4) Mỗi sắp thứ tự là một tiền sắp thứ tự.
Chứng minh.
(1) Vì a2 ∈ T, ∀A do vậy a2 T ⊆ T T ⊆ T và 1 = 12 ∈ T . Vậy T là module
bậc hai của A.

a2i , y =

(2) Với mọi phần tử x =

b2j (ai ; bj ∈ A) chứa trong

A2 , ta

có:

a2i + b2j ∈ A2 ,

• x+y =
• xy =

(ai bj )2 ∈

• a2 ∈

A2 .

Vậy

A2 ,

A2 là tiền sắp thứ tự của A.

Với T là tiền sắp thứ tự bất kì của a, do a2 ∈ T với mọi a ∈ A, nên

a2i ∈ T với mọi ai ∈ A, tức là ta có

A2 ⊆ T .

(3) Với mọi x = a + m, y = b + n, (a, b ∈ M, m, n ∈ I), t ∈ A, ta có:

• x + y = (a + b) + (m + n) ∈ M + I ,
• t2 x = t2 a + t2 m ∈ M + I ,
• 1 ∈ M + I.
Vậy M + I là một module bậc hai của A.
(4) Giả sử P là một tập sắp thứ tự của A. Ta có

P + P ⊆ P, P P ⊆ P, P ∪ −P = A, P ∩ −P = {0} .
Giả sử ∃a ∈ A sao cho a2 ∈
/ P.
9


- Nếu a ∈ P suy ra a2 ∈ P , mâu thuẫn.
- Nếu a ∈ −P , suy ra a2 ∈ P , mâu thuẫn.
Do đó a2 ∈ P, ∀a ∈ A. Vậy P là một tiền sắp thứ thự của A.
Mệnh đề 1.2.3. Cho S = {g1 , .., gs }. Đặt

• MS := σ0 + σ1 g1 + .. + σs gs |σi ∈
σe g e |σe ∈

• TS :=

A2 , ∀i = 0, s .

A2 , g e = g1e1 ...gses , ei ∈ {0, 1} .

Khi đó:

(i) MS là module bậc hai của A, và được gọi là module bậc hai của A sinh
bởi S .
(ii) TS là tiền sắp thứ tự của A, và được gọi là tiền sắp thứ tự của A sinh
bởi S .
Chú ý rằng, TS là module bậc hai của A sinh bởi cách tính g1e1 ...gses , ei ∈

{0; 1} , (e1 , ..., es ) = (0, ..., 0).
Ví dụ 1.2.4. Cho họ các đa thức S = {g1 , ..., gs } ⊂ R [x]. Khi đó: MS :=

σi gi |σi ∈

R[x]2 , i = 0, ..., s là module bậc hai của R [x].

Chứng minh. Ta có

MS := {σ0 + σ1 g1 + ... + σs gs } ,
với σi ∈

R[x]2 , ∀i = 0, s. Hiển nhiên MS là một tập con của R [x]. Giả sử

u, v bất kì thuộc MS . Khi đó u, v có dạng
u = ϕ0 + ϕ1 g1 + ... + ϕs gs ,
v = ψ0 + ψ1 g1 + ... + ψs gs ,
với ϕi , ψi ∈

R[x]2 , ∀i = 0, s. Ta có:

(i) u + v = (ϕ0 + ψ0 ) + (ϕ1 + ψ1 ) g1 + ... + (ϕs + ψs ) gs ∈ MS .
(ii) Lấy f bất kì thuộc R [x] ta được:

f 2 u = f 2 ϕ0 + f 2 ϕ1 g1 + ... + f 2 ϕs gs
10


Do f 2 ϕi ∈

R[x]2 nên f 2 u ∈ MS .

(iii) Hiển nhiên 1 = 12 ∈ MS . Vậy MS là một module bậc hai của R [x].
Ví dụ 1.2.5. Cho K là tập con đóng của R4 . Khi đó, dễ kiểm tra được

P = f ∈ R [x] |f

0 trên K là một tập sắp thứ tự của R [x].

Mệnh đề 1.2.6. Cho I là ideal của A sinh bởi {h1 , ..., ht }.
(1) Nếu M là module bậc hai của A sinh bởi {g1 , ..., gs }, thì M + I là module
bậc hai của A sinh bởi {g1 , ..., gs , h1 , −h1 , ..., ht , −ht }.
(2) Nếu T là tiền sắp thứ tự của A sinh bởi {g1 , ..., gs }, thì T + I là tiền sắp
thứ tự của A sinh bởi {g1 , ..., gs , h1 , −h1 , ..., ht , −ht }.
(3)

A2 + I là tiền sắp thứ tự của A sinh bởi {h1 , −h1 , ..., ht , −ht }.

Chứng minh.
(1) Giả sử M là module bậc hai của A sinh bởi

{g1 , ..., gs , h1 , −h1 , ..., ht , −ht } .
Ta chứng minh M = M + I . Thật vậy,

• Dễ thấy M ⊆ M + I .
• Mọi phần tử của I đều có dạng
n

n

aj + 1
2

aj hj =
j=1

j=1

2

hj +

aj − 1
2

2

(−hj ) ∈ M

nên M + I ⊆ M + M ⊆ M .
Vậy M = M +I là module bậc hai của A sinh bởi {g1 , ..., gs , h1 , −h1 , ..., ht , −ht }.
(2) Chứng minh tương tự (1).
(3) Áp dụng (2) cho M =

A2 là tiền sắp thứ tự sinh bởi tập ∅ ∈ A, ta có

điều phải chứng minh.
Mệnh đề 1.2.7. Giả sử φ : A → B là đồng cấu vành. Khi đó:
11


(1) Nếu N là module bậc hai của B , thì φ−1 (N ) là module bậc hai của A,
và được gọi là ảnh ngược của N qua ánh xạ φ.
(2) Nếu M là module bậc hai của A, thì
tổng hữu hạn

B 2 φ (M ) := tập gồm tất cả các

b2i φ (si ) , bi ∈ B, si ∈ M , là module bậc hai của B , và

được gọi là mở rộng của M tới B . Hơn nữa, nó là module bậc hai bé nhất
của B chứa φ (M ).
(3) Nếu N là tiền sắp thứ tự của B , thì φ−1 (N ) là tiền sắp thứ tự của A.
(4) Nếu M là tiền sắp thứ tự của A, thì

B 2 φ (M ) là tiền sắp thứ tự của

B.
Chứng minh.
(1) Ta có φ−1 (N ) = {x ∈ A : φ (x) ∈ N }. Với mọi x, y ∈ φ−1 (N ), a ∈ A,do

N là module bậc hai của B , nên ta có:
• x + y ∈ φ−1 (N ), vì φ (x + y) = φ (x) + φ (y) ∈ N ,
• a2 x ∈ φ−1 (N ), vì φ a2 x = [φ (a)]2 φ (x) ∈ N ,

• 1A ∈ φ−1 (N ), vì φ (1A ) = 1B ∈ N .
Do đó φ−1 (N ) là module bậc hai của A.
(2) Lấy bất kì hai phần tử
trong

•
• a2

c2i φ (ri ), (bi , ci ∈ B, si , ri ∈ M ) chứa

B 2 φ (M ). Ta có:
b2i φ (si ) +
b2i φ (si ) =

• φ (1A ) = 1B ∈
Vậy

b2i φ (si ),

c2i φ (ri ) ∈

B 2 φ (M ),

(abi )2 φ (si ) ∈

B 2 φ (M ) ,

B 2 φ (M ).

B 2 φ (M ) là module bậc hai của B .

Với N là module bậc hai bất kì của B chứa φ (M ), do b2 φ (M ) ⊆ N với
mọi b ∈ B . Nên

B 2 φ (M ) ⊆ N . Vậy

nhất của B chứa φ (M ).
12

B 2 φ (M ) là module bậc hai bé


(3) Với mọi x, y ∈ φ−1 (N ) , a ∈ A, do N là tiền sắp thứ tự của B , nên ta có:

• x + y ∈ φ−1 (N ), vì φ (x + y) = φ (x) + φ (y) ∈ N ,
• xy ∈ φ−1 (N ), vì φ (xy) = φ (x) .φ (y) ∈ N ,
• a2 ∈ φ−1 (N ).
Vậy φ−1 (N ) là tiền sắp thứ tự của A.
(4) Tương tự chứng minh (3).
Mệnh đề 1.2.8. Giả sử M là module bậc hai của vành A. Khi đó:

• M ∩ −M là ideal của A.
• −1 ∈ M khi và chỉ khi M = A.
Chứng minh.
(1) Giả sử I = M ∩ −M . Với mọi x, y ∈ I, a ∈ A thì:

• x + y ∈ I , (do M là module bậc hai trên x + y ∈ M và x + y ∈ −M ).
• −x ∈ I , với mọi x ∈ I .
• aI ⊆ I . Thật vậy, với mọi a ∈ A, ta viết
a=

2

Vì a I ⊆ I , nên ax =

a+1
2

a+1
2
2

2

−

a−1
2

a−1
x−
2

2

2

x ∈ I . Vậy M ∩ −M là ideal

của A.
(2) Nếu −1 ∈ M thì 1 ∈ M ∩ −M . Do M ∩ −M là ideal của A và chứa 1

nên M ∩ −M = A, do vậy A ⊆ M . Vậy M = A.
Định nghĩa 1.2.9. Cho M là module bậc hai của vành A.
(i) Module bậc hai M được gọi là module thực sự bậc hai nếu −1 ∈
/ M.
(ii) Ideal M ∩ −M được gọi là giá của M .

13


Ta nhắc lại rằng, với mỗi ideal I của vành A, căn của ideal I là:

√

I := a ∈ A|am ∈ I với số nguyên m

0 nào đó .

Mệnh đề dưới đây cho ta dấu hiệu nhận biết một số phần tử a thuộc căn
của ideal M ∩ −M .
Mệnh đề 1.2.10. Cho M là module bậc hai của vành A. Khi đó, a ∈
√
M ∩ −M nếu và chỉ nếu −a2m ∈ M , với số nguyên m 0 nào đó.
√
Chứng minh. (⇒) Vì a ∈ M ∩ −M nên am ∈ M ∩ −M , với số nguyên

m

0 nào đó. Mặt khác, M ∩ −M là ideal của A nên a2m ∈ M ∩ −M . Do

đó a2m ∈ −M tức là −a2m ∈ M .

(⇐) Vì −a2m ∈ M nên a2m ∈ −M . Ta có a2m ∈ M (vì M là module bậc
hai của a) và a2m ∈ −M , nên a2m ∈ M ∩ −M , kéo theo am ∈ M ∩ −M . Do
√
vậy, a ∈ M ∩ −M .
Chú ý 1.2.11. Cho M là một module bậc hai của vành A. Khi đó, M + I là
module bậc hai của A với mọi ideal I của A. Do vậy, bởi Mệnh đề 1.2.8, ta có

(M + I) ∩ − (M + I) là một ideal của A. Trường hợp riêng,
−

A2 + I ∩

A2 + I là một ideal của A.

Định nghĩa 1.2.12. Căn thực của ideal I , kí hiệu là

A2 + I ∩ −
Chú ý 1.2.13.
√
√
• R I ⊇ I , vì

√
R

I , là căn của ideal

A2 + I .

A2 + I ∩ −

• Theo Mệnh đề 1.2.10,
√
R
I = a ∈ A| − a2m ∈

A2 + I ⊇ I .

A2 + I với số nguyên m

0 nào đó .

Mệnh đề 1.2.14. Giả sử M là module bậc hai của vành A, và I là ideal của

A. Khi đó, các khẳng định sau tương đương:
(1) Với mọi s1 , s2 ∈ M, s1 + s2 ∈ I ⇒ s1 , s2 ∈ I .
14


(2) (M + I) ∩ − (M + I) = −I .
Chứng minh. (1) ⇒ (2). Ta có:

• (M + I) ∩ − (M + I) ⊆ I.
Thật vậy, nếu a ∈ (M + I) ∩ − (M + I), thì a = s1 + b1 = − (s2 + b2 ) , si ∈

M, bi ∈ I, i = 1, 2. Do vậy s1 +s2 = −b1 −b2 ∈ I , và bởi (1) suy ra s1 , s2 ∈ I .
Khi đó a = s1 + b1 ∈ I + I ⊆ I .

• I ⊆ (M + I) ∩ − (M + I) , vì với mọi x ∈ I thì x ∈ −I , nên x ∈ M + I

và x ∈ − (M + I). Do đó, x ∈ (M + I) ∩ − (M + I).
Vậy (M + I) ∩ − (M + I) = I .

(2) ⇒ (1). Với mọi s1 , s2 ∈ M, s1 + s2 ∈ I , ta có:
• s1 ∈ M ⊆ M + I ,
• −s1 = s2 + (− (s1 + s2 )) ∈ M + I .
Nên s1 ∈ (M + I) ∩ − (M + I) . Bởi (2), suy ra s1 ∈ I . Chứng minh tương
tự đối với s2 .
Định nghĩa 1.2.15. Cho M là module bậc hai của A. Ideal I của A được
gọi là M − lồi nếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện tương đương nói
trong mệnh đề 2.1.14.
Ví dụ 1.2.16. Ideal I := M ∩ −M là M − lồi. Hơn nữa, I là ideal M − lồi
bé nhất của A.
Thật vậy, vì I ⊆ M , nên M +I = M và (M + I)∩− (M + I) = M ∩−M =

I.
Mệnh đề 1.2.17. Giả sử A là một miền nguyên, F = f f (A), M là module
bậc hai của A có giá là {0}. Khi đó, mở rộng của M tới F là module thực sự
bậc hai.
Chứng minh. Mọi phần tử của mở rộng đều có dạng

ai
bi

2

si , ai , bi ∈ A, bi = 0, si ∈ M.
15

Đặt

2



b :=

bi và s :=
i

Khi đó:

ai
bi

ai
i

2

si =

bj  si .
j=i

s
, s ∈ M, b ∈ A, b = 0.
b2

s
(s ∈ M, b ∈ A, b = 0) , tức −b2 = s ∈ M . Do đó, b2 ∈ M và
2
b
2
−b ∈ M nên b2 ∈ M ∩ −M = {0}, kéo theo b = 0. Điều này mâu thuẫn
Giả sử −1 =

với b = 0. Vậy −1 không thuộc mở rộng của M tới F, hay mở rộng của M
tới F là module thực sự bậc hai.
Chú ý 1.2.18. Với I là ideal M − lồi của vành A, thì mở rộng của M tới
A
có giá là {0}.
I
A
Thật vậy, xét đồng cấu vành ϕ : A → ; a → a + I . Mọi phần tử của mở
I
rộng đều có dạng:

(a + I)2 (si + I) =
nên sự mở rộng của M tới

a2 s i + s i I + I ⊆

M +I
,
I

A
M +I

là
.
I
I

Do I là ideal M −lồi nên

M +I
M +I
∩−
= {0} .
I
I
A
Điều này chứng tỏ mở rộng của M tới
có giá là {0}.
I
Mệnh đề 1.2.19. Cho I là ideal nguyên tố, và là M − lồi của A. Khi đó,
A
mở rộng của M tới F = f f
là module thực sự bậc hai.
I

A
Chứng minh. Vì I là ideal nguyên tố nên
là một miền nguyên. Theo Chú
I
A
ý 1.2.18, mở rộng của M tới
có giá là {0}. Do đó, mở rộng của M tới

I
A
F = ff
là module thực sự bậc hai.
I
16


Mệnh đề 1.2.20. Giả sử M là module bậc hai của A, và I := M ∩ −M .
Khi đó, bất kì ideal nguyên tố cực tiểu p chứa I là M − lồi.
Chứng minh. Giả sử s1 , s2 ∈ M, s1 + s2 ∈ p, ta chỉ cần chỉ ra s1 , s2 ∈ p.
Do p là ideal nguyên tố cực tiểu chứa I và s1 + s2 ∈ p, ∃u ∈ A\p, n ∈ N sao
cho u (s1 + s2 )n ∈ I . Do I là ideal của A, nên

u2 (s1 + s2 )n ∈ I.
Ta có thể thay n bởi n + 1 nếu cần thiết, giả sử n lẻ. Xét khai triển:
n
n

2

u2 Cni si1 sn−i
2 .

u (s1 + s2 ) =
i=0

• Nếu i chẵn thì n − i lẻ và si1 ∈ A2 , sn−i
∈ A2 s2 , thì
2

si1 sn−i
∈ A2 s2 ⊆ M.
2
• Nếu i lẻ thì n − i chẵn và sn−i
∈ A2 , si1 ∈ A2 s2 , thì
2
si1 sn−i
∈ A2 s1 ⊆ M.
2
Do đó, mỗi số hạng u2 Cni si1 s2n−i đều nằm trong M . Vì I là M − lồi (xem Ví
dụ 1.2.10) nên u2 Cni si1 s2n−i ∈ I . Trường hợp riêng, với i = n, ta có u2 sn1 ∈ I .
Mặt khác, do p nguyên tố, I ⊆ p, và u ∈
/ p nên s1 ∈ p. Chứng minh tương
tự đối với s2 .
1.2.2

Nguyên lý chuyển của Tarski

Định nghĩa 1.2.21. 1) Cho ≤ là một quan hệ thứ tự toàn phần trên trường
F. Khi đó, F được gọi là trường sắp thứ tự đối với thứ tự ≤ nếu các điều kiện
sau được thỏa mãn:
(i) Nếu a ≤ b thì a + c ≤ b + c, với mọi c ∈ F.
(ii) Nếu 0 ≤ a và 0 ≤ thì 0 ≤ ab.
2) Trường sắp thứ tự (F, ≤) được gọi là trường sắp thứ tự mở rộng của (K, ≤)
nếu F là mở rộng của trường K và hạn chế của quan hệ thứ tự trên F tới K
cũng là quan hệ thứ tự trên K.
17


Ví dụ 1.2.22. Cho R(X) là trường phân thức một biến. Ta có (R(X), ≤),

là trường sắp thứ tự mở rộng của R, với "≤" được xác định bởi:
+) 0 < X < a, ∀a ∈ R+ := {x ∈ R|x > 0}.
+) 0 < ak X k + ak+1 X k+1 + · · · + an X n ⇔ 0 < ak .
(ak = 0, ak+1 , . . . , an ∈ R)
+) p, q ∈ R[X]\{0}, 0 < p/q ⇔ 0 < pq .
+) r, s ∈ R(X), r < s ⇔ 0 < s − r.
Định lí 1.2.23. (Nguyên lý chuyển Tarski). Giả sử (F, ≤) là trường sắp
thứ tự mở rộng của (R, ≤) và tồn tại x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Fn thỏa mãn hệ gồm
hữu hạn phương trình, bất phương trình đa thức với hệ số trong R. Khi đó,
tồn tại x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn thỏa mãn hệ phương trình, bất phương trình
trên.
1.2.3

Định lí Krivine

Cho tập hữu hạn S = {g1 , ..., gs } ⊂ R [x]. Kí hiệu:

• K = KS := {x ∈ Rn |gi (x)
• T = TS :=

σe g e |σe ∈

0, i = 1, ..., s} .
R [x]2 , g e = g1e1 ...gses , ei ∈ {0, 1} .

Ta có định lí về sự biểu diễn các đa thức dương trên tập nửa đại số cơ sở
đóng K .
Định lí 1.2.24. Cho S = {g1 , ..., gs } ⊂ R [x] , K = KS và T = TS được
định nghĩa như trên, và f ∈ R [x] . Khi đó:
(1) f > 0 trên K ⇔ tồn tại p, q ∈ T sao cho pf = 1 + q .

(2) f

0 trên K ⇔ tồn số nguyên m

0 và p, q ∈ T sao cho pf = f 2m +q .

(3) f = 0 trên K ⇔ tồn tại số nguyên m
(4) K = ∅ ⇔ −1 ∈ T .

18

0 sao cho −f 2m ∈ T .


Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh các khẳng định (1), (2), (3), (4) tương
đương nhau và sau cùng ta chứng minh (4).

(1) ⇒ (2).(⇒) Giả sử f
m

0 trên KS . Ta sẽ chứng minh tồn tại số nguyên

0 và p, q ∈ T sao cho pf = f 2m + q . Thật vậy, kí hiệu:
(x, y) = (x1 , x2 , ..., xn , y) ∈ Rn+1 , R [x, y] = R [x1 , ..., xn , y] .

Lấy

S = {g1 , ..., gs , yf − 1, −yf + 1} .
Khi đó

KS = (x, y) ∈ Rn+1 |gi (x)

0, i = 1, ..., s, yf (x) = 1 .

Do vậy, trên KS , f (x, y) = f (x) > 0. Bởi (1) ta có:

p (x, y) .f (x) = 1 + q (x, y) , với p , q ∈ TS .
1
và nhân cả hai vế của phương trình trên với f (x)2m , trong
f (x)
đó m đủ lớn, ta được
Thay y bởi

f (x)2m p

x,

1
.f (x) = f (x)2m + f (x)2m q
f (x)

x,

1
.
f (x)

(1.1)

Đặt

p (x) = f (x)2m p

x,

1
f (x)

và q (x) = f (x)2m q

x,

1
.
f (x)

Khi đó, (1.1) trở thành

p (x) f (x) = f (x)2m + q (x) .
Tiếp theo, ta chứng minh p, q ∈ TS với m đủ lớn. Bởi định nghĩa của TS , thì

p (x, y) là tổng của các số hạng:
σ (x, y) g1 (x)e1 ...gs (x)es (yf (x) − 1)es+1 (−yf (x) + 1)es+2 ,
trong đó ei ∈ {0, 1} , σ (x, y) ∈

R[x, y]2 , σ (x, y) =
19

hj (x, y)2 .

1
thì các số hạng es+1 = 1 hoặc es+2 = 1 sẽ bị triệt tiêu.
f (x)
Đối với các số hạng còn lại, ta nhân với f (x)2m , m lớn hơn hoặc bằng số mũ
Thay y bởi

cao nhất của y xuất hiện trong hj (x, y) và ta được
v

hij (x) y i , v

hj (x, y) =

m.

i=0

Khi đó

1
x,
f (x)

m

f (x) hj

v

hij (x) f (x)m−i ∈ R [x] .

=
i=0

Do vậy

1
f (x) σ x,
f (x)
2m

m

=

f (x) hj
j

1
x,
f (x)

2

∈ R[x]2 ,

tức là p ∈ TS .Chứng minh tương tự đối với q .

(⇐) Với mọi x ∈ K , ta có p (x)

0. Do pf = f 2m + q nên

p (x) f (x) = f (x)2m + q (x)
suy ra f (x)

0,

0 với mọi x ∈ KS .

(2) ⇒ (3).(⇒). Giả sử f = 0 trên KS . Do đó, áp dụng (2) tới f và −f , ta
có:

p1 f = f 2m1 + q1 ; −p2 f = f 2m2 + q2 , pi , qi ∈ TS , mi

0, i = 1, 2.

Nhân vào ta được

−p1 p2 f 2 = f 2(m1 +m2 ) + f 2m1 q2 + f 2m2 q1 + q1 q2

(1.2)

Đặt

m = m1 + m2 và p = p1 p2 f 2 + f 2m1 q2 + f 2m2 q1 + q1 q2
Khi đó (1.2) trở thành

−f 2m = p ∈ TS .
(⇐) Nếu tồn tại số nguyên m

Thật vậy, vì −f 2m ∈ T nên f 2m

0 sao cho −f 2m ∈ T, thì f = 0 trên K .
0. Ta có −f 2m
20

0 và −f 2m

0, tức là


f 2m = 0 hay f = 0 trên KS .
(3) ⇒ (4).(⇒) Từ KS = ∅, chọn f = 1. Nếu f = 0 trên KS , áp dụng (3)
(chọn m = 0) ta được −1 ∈ TS .

(⇐) Hiển nhiên.
(4) ⇒ (1) . (⇒) Lấy
S = S ∪ {−f } .
Khi đó:

• KS = ∅ (do f > 0 trên KS ).
• TS = TS − f TS .
Vì KS = ∅, nên theo (4) ta có −1 ∈ TS . Mặt khác, TS = TS − f TS , vì vậy

−1 = q − pf với p, q ∈ TS ,
hay

pf = 1 + q.
(⇐) Với mọi x ∈ K , ta có p (x)

0 và q (x)

0. Do đó

p (x) f (x) = 1 + q (x) > 0.
Vì vậy p (x) > 0 và f (x) > 0 với mọi x ∈ KS .
Chứng minh (4). (⇐) Hiển nhiên.

(⇒) Giả sử −1 ∈
/ T , tức là 1 ∈
/ −T , do đó 1 ∈
/ T ∩ −T . Do T là module bậc
hai của R [x] và bởi Mệnh đề 1.2.8, nên T ∩ −T là ideal thực sự của R [x].
Nên tồn tại ideal nguyên tố cực tiểu p của R [x] chứa T ∩ −T . Theo Mệnh đề
1.2.20, p là T − lồi. Vì vậy, bởi Mệnh đề 1.2.19, T mở rộng tới tiền sắp thứ
R [x]
tự T1 của F := f f
. Do T1 là tiền sắp thứ tự của F (lấy f = −1),
p
tồn tại sắp thứ tự P1 của F thỏa mãn P1 ⊇ T1 . Kí hiệu ” ” là quan hệ thứ
tự trên F cảm sinh từ P1 , nghĩa là

a

b ⇔ b − a ∈ P1 .
21