Các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng_unprotected

Header Page 1 of 166.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

TRẦN THÚY QUỲNH

CÁC ĐỊNH LÝ KIỂU MASON ĐỐI VỚI ĐA
THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ, ĐẶC SỐ
KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2016

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC THĂNG LONG

TRẦN THÚY QUỲNH - C00281

CÁC ĐỊNH LÝ KIỂU MASON 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

60460113

:

Người hướng dẫn khoa học:
TS. VŨ HOÀI AN

Hà Nội - Năm 2016

Footer Page 2 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 3 of 166.
i

Mục lục
Mục lục

i

Lời cam đoan

ii

Lời cảm ơn

iii

Các kí hiệu

iv

Mở đầu

1

1 Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không
1.1

4

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

1.2

4

Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại
số, đặc số không
2.1

17

Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.2

Không điểm của tổng đa thức

. . . . . . . . . . . . . . . . 22

3 Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không

Footer Page 3 of 166.

25


Header Page 4 of 166.
i

3.1

Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2

Sự tương tự giữa Định lý Mason với hàm số biến số thực và
số nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Kết luận

44

Tài liệu tham khảo

45

Footer Page 4 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 5 of 166.
ii

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan luận văn Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp Toán sơ
cấp với đề tài "Các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường
đóng đại số, đặc số không và ứng dụng" là của tôi thực hiện dưới sự
hướng dẫn của TS. Vũ Hoài An. Mọi tham khảo dùng trong luận văn đều
được trích dẫn rõ ràng tên tác giả, tên công trình, thời gian, địa điểm công
bố.

Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm với luận văn của mình.

Tác giả

Trần Thúy Quỳnh

Footer Page 5 of 166.


Header Page 6 of 166.
iii

Lời cảm ơn

Sau thời gian nghiên cứu, được sự động viên, giúp đỡ và hướng
dẫn nhiệt tình của TS. Vũ Hoài An, luận văn "Các Định lý kiểu
Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không và
ứng dụng" của tôi đã được hoàn thành.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến Ts.Vũ Hoài
An - người thầy đã tận tình chỉ dẫn, tạo điều kiện để tôi có thêm
kiến thức, tổng hợp tài liệu hoàn thành luận văn. Đồng thời, tôi
cũng xin trân trọng cảm ơn các nhà Toán học, các thầy cô trường
Đại học Thăng Long đã tạo điều kiện thuận lợi nhất cho tôi trong
quá trình học tập tại trường cũng như thời gian hoàn thành luận
văn này.
Tôi xin dành những lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè và
các thành viên trong lớp cao học Toán K3 (Hải Phòng) đã quan
tâm, tạo điều kiện, động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện
luận văn.

Hà Nội, tháng 5 năm 2016
Tác giả
Trần Thúy Quỳnh

Footer Page 6 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 7 of 166.
iv

Các kí hiệu

• f : Hàm hữu tỷ
• T (f ): Hàm độ cao của f
• K: Trường đóng đại số, đặc số không
• C: Trường số phức

Footer Page 7 of 166.


Header Page 8 of 166.
1

I. MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển, Số học Thuật toán Cơ sở
lý thuyết & Tính toán thực hành, Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội,

2003 đã đề cập đến Định lý Mason đối với đa thức trên trường số phức và
sự tương tự của nó với số nguyên:
Định lý A. Giả sử a(t), b(t), c(t) là các đa thức với hệ số phức, nguyên
tố cùng nhau từng cặp, không phải tất cả là hằng và thỏa mãn hệ thức

a(t) + b(t) = c(t). Khi đó, nếu kí hiệu qua n0 (f ) số nghiệm phân biệt của
một đa thức f, thì ta có
max {deg a, deg b, deg c} ≤ n0 (abc) − 1.
Trong [2], Hà Huy Khoái - Phạm Huy Điển cũng đề cập đến Định lý
Davenport sau đây đối với đa thức trên trường số phức:
Định lý Davenport. 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
Định lý Davenport chưa được chứng minh trong [2].
Trong [6],Bayat và Teimoori đã tổng quát định lý Mason cho bốn đa thức.
Trong [4], Pinter đã dùng định lý Mason để nghiên cứu không điểm của
tổng đa thức.
Trong [5], H.N.Shapiro and G.H.Sparer đã mở rộng Định lý A như sau:
Định lý B. Cho n ≥ 3 và f1 , ..., fn là các đa thức với hệ số phức, nguyên
tố cùng nhau từng cặp, không phải tất cả là hằng sao cho f1 + ... + fn = 0.
Khi đó

Footer Page 8 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 9 of 166.

2

max degfm ≤ (n − 2)(n0 (f1 ...fn ) − 1).

1≤m≤n

Phương pháp chứng minh Định lý B là thiết lập mối quan hệ giữa các bậc
của các fi , i = 1, n và Wronskian của f1 ; f2 ; ...; fn . Mặt khác, các định lý
kiểu Mason 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:
Các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không và ứng dụng.
2. Mục đích nghiên cứu
2.1. Tổng hợp, trình bày các Định lý kiểu Mason đối với đa thức trên
trường đóng đại số, đặc số không.
2.2. Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông thể hiện sự tương tự của
các định lý kiểu Mason đối với đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không với hàm số thực và số nguyên.
3. Kết quả nghiên cứu
3.1. Tổng hợp và trình bày Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường
đóng đại số, đặc số không (Định lý 1.21) với hai cách chứng minh:
- Cách thứ nhất: Dùng hai định lý chính của hàm hữu tỷ trên trường đóng
đại số, đặc số không
- Cách thứ hai: Thiết lập hàm phụ gồm các đa thức và đạo hàm của nó,
qua đó thiết lập mối liên hệ giữa không điểm của đa thức và bậc của nó.
3.2. Trình bày Định lý Mason đối với bốn đa thức [6], và không điểm của
tổng đa thức [4] ở chương 2. Kết quả chính của chương 2 là Định lý 2.1,
Định lý 2.4 và Định lý 2.5.
3.3. Trình bày Định lý Mason cho n đa thức. Kết quả là Định lý 3.1, Định

lý 3.5. Từ Định lý 3.5 suy ra Định lý Davenport.
3.4. Trình bày 10 ví dụ về sự tương tự giữa Định lý Mason đối với đa thức
trên trường đóng đại số, đặc số không với số nguyên.

Footer Page 9 of 166.


Header Page 10 of 166.
3

4. Bố cục của luận văn
Chương 1. Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không
1.1. Vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số
không
1.2. Định lý Mason đối với ba đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không
Chương 2. Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số,
đặc số không
2.1. Định lý Mason đối với bốn đa thức trên trường đóng đại số, đặc số
không
2.2. Không điểm của tổng đa thức
Chương 3. Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số, đặc
số không
3.1. Định lý Mason đối với n đa thức trên trường đóng đại số, đặc số không
3.2. Sự tương tự giữa Định lý Mason với hàm số biến số thực và số nguyên

Footer Page 10 of 166.

Thang Long University Library

Header Page 11 of 166.
4

Chương 1

Định lý Mason đối với ba đa thức
trên trường đóng đại số, đặc số
không
Trong Chương 1 trình bày vấn đề nhận giá trị của hàm hữu tỷ trên trường
đóng đại số đặc số không và định lý Mason với hai cách chứng minh:
- Cách thứ nhất: Dùng hai định lý chính của hàm hữu tỷ trên trường đóng
đại số, đặc số không
- Cách thứ hai: Thiết lập hàm phụ gồm các đa thức và đạo hàm của nó,
qua đó thiết lập mối liên hệ giữa không điểm của đa thức và bậc của nó.

1.1

Vấn đề nhận 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 có bậc khác
không, với hệ số trong K, có nghiệm trong K.
Trường số phức C là trường đóng đại số.
Trường số thực Q không phải là trường đóng đại số vì đa thức Q(x) = x2 +1
không có nghiệm thực mặc dù các hệ số của đa thức đều là số thực.
Khái niệm đặc số của trường: Cho trường K với đơn vị là 1, nếu đẳng thức

Footer Page 11 of 166.

Header Page 12 of 166.
5

n1 = 0 xảy ra với một số nguyên dương n thì số nhỏ nhất trong các số đó
gọi là đặc số của trường K. Nếu không tồn tại số nguyên dương n như vậy
thì ta nói đặc số của trường K bằng 0.
Trường số thực Q có đặc số 0.
Trường thặng dư modul nguyên tố p có đặc số p.
Từ đây, ta kí 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 có

f = (z − a)m p(z)
với p(a) = 0. Gọi m là bội của không điểm a của f. Giả sử d ∈ K và l là
số nguyên dương, kí hiệu:

n(f ) là số các không điểm của f tính cả bội;
n(f, d) = n(f − d);
q

nl (f ) =

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

i=1

nl (f, d) = nl (f − d);
n0 (f ) = q, n0 (f, d) = n0 (f − d).

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 =

f1
f2

là hàm hữu tỷ trên K; với f1 , f2 ∈ K[x] và không có

không điểm chung, d ∈ K. Ta kí hiệu:

Footer Page 12 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 13 of 166.
6

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 );
n1 (f, ∞) = nl (f2 ), n0 (f, ∞) = n0 (f2 );
deg f = deg f1 − deg f2 , T (f ) = max degfi .
1≤i≤2

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, µf (3) = 1

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 1.5. Đường cong hữu tỷ f : K −→ Pn (K) là một lớp tương
đương của các bộ (n + 1) đa thức (f1 , f2 , ...fn+1 ) sao cho f1 , f2 , ...., fn+1
không có không điểm chung trên K. Hai bộ (n + 1) đa thức (f1 , f2 , ..., fn+1 )

và (g1 , g2 , ...., 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
Kí hiệu f = (f1 : ... : fn+1 ) là một biểu diễn của f . Khi đó:

f :K → Pn (K)
z → f (z) = (f1 (z) : ... : fn+1 (z))
Giả sử f và g là hai đường cong hữu tỷ từ K vào Pn (K) với hai biểu
diễn f = (f1 : ... : fn+1 ) và g = (g1 : ... : gn+1 ) tương ứng. Ta nói f đồng
nhất g và viết f ≡ g khi tồn tại c ∈ K∗ sao cho fi = cgi , ∀i = 1, n + 1.

Footer Page 13 of 166.


Header Page 14 of 166.
7

Định nghĩa 1.6. Độ cao đường cong hữu tỷ f từ K vào Pn (K) với biểu
diễn f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ) được xác định bởi:

T (f ) = max deg fi
1≤i≤n+1

với deg fi là bậc của đa thức fi (i = 1; n + 1).
Nhận xét 1.7. 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 ) là hai biểu diễn của f thì fi = cgi , c ∈ K∗ , i = 1, n + 1.
Khi đó:
deg fi = deg gi , i = 1, n + 1.
và

max deg fi = max deg gi

1≤i≤n+1

1≤i≤n+1

Tức là T (f ) được xác định duy nhất.
Giả sử X=(a1 : a2 ) thuộc P1 (K) và f là đường cong hữu tỷ từ K vào P1 (K)
với biểu diễn f = (f1 : f2 ) sao cho ảnh của f không chứa trong X. Đặt

F = a1 f1 + a2 f2 ; n(f, X) = n(F );
T (f, X) = n(f, X) + m(f, X);
m(f, X) = max (degfi − degF ).
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 = (f: ... : fn+1 ); g = (g1 : ... : gn+1 )

Footer Page 14 of 166.

Thang Long University Library

Header Page 15 of 166.
8

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 1.8. Xét các hàm hữu tỷ sau đây trên R:

x8 + x6 + x4 + x2 + 1
f (x) =
x12 + 1
8
6
4
(x + x + x + 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 1.9. Xét hàm hữu tỷ

f (x) =

f1 (x)
f2 (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
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 1.10. 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 kì siêu phẳng
nào của P n (K).

Footer Page 15 of 166.


Header Page 16 of 166.
9

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 1.11. 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 1.12. Xét đường cong hữu tỷ f từ K vào P n (K) với biểu diễn rút
gọn là f = (1 : 2 : ... : n + 1). Ta có f là hằng.
Bổ đề 1.13. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng từ K vào P1 (K)
với biểu diễn là f (z) = (f1 : f2 ). Khi đó Wronskian

f1 f2
f1 f2

W = W (f1 ; f2 ) =
không đồng nhất không.

Định lý 1.14. Giả sử f là đường cong hữu tỷ khác hằng từ K vào P1 (K)
với biểu diễn là f = (f1 : f2 ), X1 , X2 , ...Xq là các điểm phân biệt của
P1 (K). Khi đó
q

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, Xi )
i=1

Chứng minh. Giả sử Xi = (ai1 : ai2 ) , i = 1, q . Đặt Fi = ai1 f1 + ai2 f2 .
Khi đó, không mất tính tổng quát, các bất đẳng thức sau đúng

T (F1 ) ≤ T (F2 ) ≤ ... ≤ T (Fq )

(1.1.1)

Footer Page 16 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 17 of 166.
10

Ta có


F = a f + a f
1
11 1
12 2
F = a f + a f
2
21 1
22 2

,

(1.1.2)

Do X1 = X2 nên

det

a11 a12
a21 a22

=0

Kết hợp với (1.1.2) ta có: fi = bi1 F1 + bi2 F2 ; i = 1; 2
Từ đó

T (fi ) = T (bi1 F1 + bi2 F2 ) ≤ max {T (bi1 F1 ); T (bi2 F2 )};
T (fi ) ≤ max {T (F1 ); T (F2 )};
T (fi ) ≤ T (F2 ).
Kết hợp với (1.1.1) ta được T (f ) ≤ T (Fi ), i = 2, q Cộng vế tương ứng
của q − 1 bất đẳng thức trên ta thu được
q

(q − 1)T (f ) ≤

T (Fi )
i=2

q

Vậy (q − 1)T (f ) ≤

T (Fi ).
i=1

Mà T (Fi ) = n(f, Xi ) nên
q

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, Xi ).
i=1

Định lý 1.15. Giả sử f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K và a1 ; a2 ; ...; aq ∈
K ∪ {∞}. Khi đó ta có
q

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, ai ).
i=1

Từ Định lý 1.15 ta thấy rằng: Nếu f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K
và q > 1 thì f luôn nhận ít nhất một giá trị ai , i = 1; q .
Họ các siêu phẳng X1 ; ...; Xq , (q ≤ n + 1) được gọi là ở vị trí tổng quát
trong Pn (K) nếu giao của n + 1 siêu phẳng bất kỳ của nó bằng rỗng.

Footer Page 17 of 166.


Header Page 18 of 166.
11

Định lý 1.16. (Định lý chính thứ hai cho đường cong hữu tỷ) Giả sử f là
đường cong hữu tỷ không suy biến tuyến tính từ K vào Pn (K) với biểu diễn

f = (f1 : f2 : ... : fn+1 ), X1 ; ...; Xq là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát của

Pn (K), khi đó
q

(q − n − 1)T (f ) ≤

nn (f ; Xi ) −
i=1

n(n + 1)
.
2

Chứng minh. Trước tiên, ta xét q > 2. Xét đường cong hữu tỷ từ K
vào Pn−1 (K), F = (...; Fβ1 .....Fβq−n−1 ; ...) ở đó k = Cq−n−1
,(β1 ; ...; βq−2 ) lấy
q
được với cách chọn khác nhau của q − 2 số trong {1; ...; q}. Ta chứng minh
bổ đề sau:
Bổ đề 1.17. T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).
Chứng minh. Từ định nghĩa độ cao của đường cong hữu tỷ, ta có

T (F ) =
=

max

T (Fβ1 ; ...; Fβq−n−1 )

max

T (Fβj ).

β1 ;...;βq−n−1

β1 ;...;βq−n−1 1≤i≤q−n−1

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 ).
Do X; ....; Xq là các siêu phẳng ở vị trí tổng quát của Pn (K) nên

fi = bi1 Fβ1 + ... + bin+1 Fβn+1 , i = 1, n + 1,
với bi1 ; ...; bin+1 là các hằng số. Do đó

T (fi ) ≤ max{T (bi1 Fβ1 ); ...; T (bin+1 Fβin+1 )},
T (fi ) ≤ T (fβj ) với j = n + 2 và i = 1; n + 1.
Vậy

T (f ) ≤ max T (fi ) ≤ T (Fβj ),
1≤i≤n+1

với j = n + 2; q . Cộng (q − n − 1) hai bất đẳng thức trên ta nhận được

Footer Page 18 of 166.

Thang Long University Library

Header Page 19 of 166.
12

T (F ) ≥ (q − n − 1)T (f ).

Bây giờ ta chứng minh Định lý 1.16. Do f không suy biến tuyến tính
nên W (f1 ; ...; fn+1 ) = 0. Giả sử (α1 ; ...; αn+1 ) là n+1 số khác nhau trong

{1; 2; ...; q} và {β1 ; ...; βq−n−1 } là các số còn lại. Mà fi là tổ hợp tuyến tính
của Fα1 ; ...; Fαn+1 .
Khi đó
W (Fα1 ; ...; Fαn+1 )= C(α1 ;...;αn+1 ) W (f1 ; ...; fn+1 )Fα1 ; ...; Fαn+1 .
ở đó C(α1 ;...;αn+1 ) là hằng số, chỉ phụ thuộc vào (α1 ; ...; αn+1 ). Ta kí hiệu

A = A(α1 ; ...; αn+1 ) =

W (Fα1 ; ...; Fαn+1 )
(Fα1 .....Fαn+1 )




1
1
...
1
 F
Fαn+1 
Fα2

 α1

...


= det  Fα1
Fα2
Fαn+1 .


 Fα1 (n) Fα2 (n)
Fαn+1 (n) 
...
Fα1
Fα2
Fαn+1
Vậy

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

cFβ1 ...cFβq−n+1
.
A

Gαn+1 (kn+1 )
Gα1 (k1 )
Ta có degA ≤ deg
+ ... + deg
, trong đó (k1 ; ...; kn+1 ) là
Gα1

Gαn+1
một hoán vị bất kì của {0; ..; n}.
Ta có
(k )

Gαii
deg
≤ −ki .
Gαi
Do đó

degA ≤ −(1 + 2 + ... + n) = −
Mặt khác, ta có

Footer Page 19 of 166.

n(n + 1)
2

(1.2.3)


Header Page 20 of 166.
13

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

n(n + 1)
,
2
i=1
q
n(n + 1)
,
(q − n − 1)T (f ) + n(W ) ≤ n(Fi ) −
2
i=1
(q − n − 1)T (f ) + n(W ) ≤

T (Fi ) −

(1.2.4)

Nếu q = n + 1 thì

F1 F2 .....Fn+1
C
= .
W (f1 ; f2 ; ...; fn+1 )
A
Theo (1.2.3) ta có
n+1

n(n + 1)
,
2
i=1

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

degFi −

Từ đây và (1.2.4) ta có
q

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

n(f, Xi ) −

Định lý sau đây là hệ quả trực tiếp của Định lý cơ bản của đại số.
Định lý 1.18. (Định lý chính thứ nhất) Cho f là đa thức không đồng nhất

không trên K. Khi đó

T (f ) = n(f ).
Định lý 1.19. (Định lý chính thứ hai đối với hàm hữu tỷ) Giả sử f là hàm
hữu tỷ khác hằng trên K và a1 , ..., aq ∈ K ∪ {∞}. Khi đó ta có
q

(q − 1)T (f ) ≤ n0 (f, ∞) +
q

(q − 1)T (f ) ≤

n(f, ai )
i=1

n0 (f, ai ) − 1
i=1

Footer Page 20 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 21 of 166.
14

1.2

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

Định nghĩa 1.20. Cho a là một số nguyên. Ta định nghĩa căn của a, ký
hiệu là N0 (a) là tích các ước nguyên tố của a. Khi đó

N0 (a) =

p
p/a

Trong [2] đã đề cập đến Định lý Mason đối với đa thức trên trường số
phức và sự tương tự của nó đối với số nguyên. Ở đây, chúng tôi chứng
minh Định lý Mason theo hai cách như đã nói ở phần mở đầu.
Định lý 1.21. (Định lý Mason cho ba đa thức) Giả sử a(t), b(t), c(t) là
các đa thức với hệ số phức, nguyên tố cùng nhau từng cặp, không phải tất
cả là hằng và thỏa mãn hệ thức a(t) + b(t) = c(t). Khi đó, nếu kí hiệu qua

n0 (f ) số nghiệm phân biệt của một đa thức f thì ta có
max {dega, degb, degc} ≤ n0 (abc) − 1
Chứng minh. Cách thứ nhất: Dùng hai Định lý chính của hàm hữu tỷ
trên K.
Từ a + b = c và c không đồng nhất 0,
a
b
a b
(1.2.1)
ta có + = 1 hay −1 = −
c c
c
c
a b

a
Mà , là các hàm hữu tỷ khác hằng. Áp dụng định lý 1.8 cho hàm với
c c
c
các giá trị 0; 1; ∞ với giả thiết

a
a
a
b
n0 ( ) = n0 (a); n0 ( ; 1) = n0 ( − 1) = n0 ( ) = n0 (b)
c
c
c
c
a
n0 ( ; ∞) = n0 (c); n0 (a) + n0 (b) + n0 (c) = n0 (abc)
c
a
a
a
a
Ta có: T( ) ≤ n0 ( ) + n0 ( , 1) + n0 ( , ∞) − 1
c
c
c
c
= n0 (a) + n0 (b) + n0 (c) − 1 = n0 (abc) − 1
Từ (1.2.1), ta lại có

Footer Page 21 of 166.


Header Page 22 of 166.
15

b
a
−1=−
c
c
b
Tương tự áp dụng định lý 1.18 cho hàm , ta có
c
b
T ( ) ≤ n0 (abc) − 1
c

(1.2.2)

a
Mà T ( ) = max{dega, degc}
c
b
và T ( ) = max{degb, degc}
c
Kết hợp với (1.2.2) ta có

max {dega, degb, degc} ≤ n0 (abc) − 1

Cách chứng minh này phù hợp để mở rộng Định lý Mason cho n đa
thức. Tiếp theo chúng tôi trình bày cách chứng minh Định lý Mason theo
phương pháp sử dụng đạo hàm và đánh giá bậc của hàm phụ với số không
điểm của nó và các hàm đã cho.
a
b
Chứng minh. Đặt f = , g = . Khi đó ta có: f + g = 1.
c
c
Lấy đạo hàm hai về ta được f + g = 0
Để xét số nghiệm của đa thức, ta xét thương của đạo hàm và hàm số, ta
f
g
b
f
f
f+ g=0 ;
=−
có
g
f
g
a
g
Giả sử R(t) là hàm hữu tỷ có dạng: R(t) = (t − vi )qi , qi ∈ Z
R
qi
thì
=
R

t − vi
Giả sử a(t), b(t), c(t) tương ứng có các nghiệm phân biệt αi , βj , γk . Ta có

a(t) =
Khi đó

(t − αi )mi , b(t) =

(t − βj )nj , b(t) =

(t − γk )pk

Footer Page 22 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 23 of 166.
16

f
b
f
=
=
g
a
g
có mẫu số chung

N0 =

mi
−
t − αi
nj
−
t − βi

rk
t − γk
rk
t − γk

(t − αi ) (t − βj ) (t − γk ) là một đa thức bậc

n0 (abc).
Như vậy,

N0 f N0 g
,
là các đa thức có bậc không quá n0 (abc) − 1. Mà
f
g
N0 f
b
f
=−
N0 g
a

g

Mà a, b nguyên tố cùng nhau nên bậc của a và bậc của b đều không vượt
quá n0 (abc) − 1.
Thực hiện tương tự với c do vai trò đối xứng của a, b, c trong phương
trình xuất phát. Định lý được chứng minh.

Footer Page 23 of 166.


Header Page 24 of 166.
17

Chương 2

Định lý Mason đối với bốn đa thức
trên trường đóng đại số, đặc số
không
Định lý Mason cho ba đa thức đã được trình bày trong mục 1.2, chương 1
cùng với hai cách chứng minh theo đạo hàm và hàm hữu tỷ.
Trong mục này, chúng tôi trình bày định lý Mason cho bốn đa thức [6] và
không điểm của tổng đa thức [4].
Phương pháp chứng minh trong [6] là dùng đạo hàm, đánh giá bậc với số
không điểm của các hàm hữu tỷ được thiết kế phù hợp và các đa thức đã
cho.
Phương pháp chứng minh trong [4] là sử dụng Định lý Mason cho ba đa
thức và dùng đạo hàm.

2.1

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

Trước tiên chúng ta cần một vài kiến thức chuẩn bị.
Xét đa thức với hệ số phức. Tập hợp của những đa thức có một biến t
được kí hiệu là C[t], nếu f ∈ C[t], f = 0, ta có

Footer Page 24 of 166.

Thang Long University Library


Header Page 25 of 166.
18
r

f (t) = c

(t − αi )mi

i=1

với α1 , α2 , ..., αr là các nghiệm riêng của f, c là hằng số, c = 0.
Số nguyên mi , (i = 1, r) là vô số nghiệm.
Bậc của đa thức f là deg(f ) = m1 + ... + mr
Số nghiệm riêng của f được kí hiệu là n0 (f ) với n0 (f ) = r.
Rõ ràng deg(f) có thể rất lớn nhưng n0 (f ) lại nhỏ.
Ví dụ như f (t) = (t − α)10000 có deg(f ) = 10000 nhưng n0 (f ) = 1.
Nếu f, g là hai đa thức khác 0, ta có n0 (f g) ≤ n0 (f ) + n0 (g).
Nếu f, g là nguyên tố cùng nhau, ta có n0 (f g) = n0 (f ) + n0 (g).

Định lý 2.1. (Định lý Mason cho bốn đa thức) Cho f, g, h, k ∈ C[t], không
phải tất cả là hằng, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn hệ thức f +g+h = k .
Khi đó ta có:

max{deg(f ), deg(g), deg(h), deg(k)} ≤ 2n0 (f ghk) − 3.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng deg(f ) là lớn nhất,
do đó cần chỉ ra rằng

deg(f ) ≤ 2n0 (f ghk) − 3
Chia cả hai vế của đẳng thức f + g + h = k cho k , ta có

f g h
+ + =1
k k k
f
g
h
, S = , T = . Do đó R + S + T = 1.
k
k
k
Đạo hàm cả hai vế của phương trình và chia cho T ta có.
R
S
+
= −1
T
T
R
S

Với cách làm trên, đặt E = , F =
thì E + F = −1.
T
T
Đạo hàm hai vế của phương trình ta có E + F = 0.
F
E
F
E
Hay
E + F = 0 hoặc
=−F
E
E
F
F
E
Đặt R =

Footer Page 25 of 166.