Phương trình Eulerwaring cho đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HỒ THỊ THU HUYỀN

PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING
CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG
ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HỒ THỊ THU HUYỀN

PHƯƠNG TRÌNH EULER - WARING
CHO ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG
ĐẠI SỐ ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. VŨ HOÀI AN

Thái Nguyên - 2015


i

Mục lục

Mục lục

i

Lời cam đoan

ii

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu
1

2

1

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính và đa

thức Laurent trên trường đóng đại số đặc số không

4

1.1

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến tính . . .

4

1.2

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức Laurent . . . .

21

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng
đại số đặc số không và ứng dụng
2.1

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên trường đóng
đại số đặc số không . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2

24
24

Ứng dụng phương trình Euler - Waring trong toán học phổ
thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

Kết luận

58

Tài liệu tham khảo

59


ii

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan các kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung thực
và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan mọi thông tin
trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015
Họ và tên

Hồ Thị Thu Huyền


iii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với TS. Vũ Hoài An, đã

trực tiếp hướng dẫn tác giả trong suốt thời gian nghiên cứu vừa qua.
Xin chân thành cảm ơn tới các thầy, cô giáo trong Khoa Toán - Tin, Phòng
Đào tạo Khoa học, các bạn học viên lớp Cao học Toán K7D trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên và các bạn đồng nghiệp đã tạo điều kiện
thuận lợi, động viên tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình và người thân
luôn khuyến khích, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và làm luận
văn.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót
và hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu của các
thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, 2015

Hồ Thị Thu Huyền
Học viên Cao học Toán K7D,
Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên


1

Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Bài toán chia kẹo của Euler [1]: Có n chiếc kẹo giống nhau chia cho m
em bé. Hỏi có bao nhiêu cách chia kẹo?
Hay chính là bài toán sau đây:
Bài toán A (Bài toán Euler [1]): Tìm số nghiệm nguyên không âm của
phương trình
x1 + x2 + · · · + xm = n, m, n ∈ N∗ .
Sự tương tự của Bài toán Euler đã được đề cập trong [4]. Ở đó, Dong - IL.
Kim đã xét phương trình Waring sau:

f1k (z) + · · · + fnk (z) = z,

(1)

ở đó f1 (z), . . . , fn (z) là các đa thức với hệ số phức, k là số nguyên dương.
Trong [2], Nguyễn Hoài Nam đã xét phương trình sau đây đối với đa thức
trên trường đóng đại số đặc số không:
f1k (z) + · · · + fnk (z) = 0.
Mặt khác, sự tương tự giữa đa thức và số nguyên cho ta ứng dụng của các kiểu
phương trình trên trong toán học phổ thông (xem [2]). Theo hướng nghiên cứu
này, chúng tôi xem xét vấn đề: Phương trình Euler - Waring đối với đa thức
trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng. Cụ thể, chúng tôi xét hai
phương trình sau:


2
f1k (z) + · · · + fnk (z) = p(z),

(2)

f1k1 (z) + · · · + fnkn (z) ≡ p(z),

(3)

ở đó f1 (z), . . . , fn (z), p(z) là các đa thức trên trường đóng đại số đặc số
không, k, k1 , . . . , kn là các số nguyên dương nào đó.
2. Mục đích, nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu
Tổng hợp và trình bày các kết quả trong [4] và tương tự của nó về các
phương trình (1), (2) và (3). Chú ý rằng công cụ chúng tôi dùng ở đây có khác
so với Dong-Il.Kim và Nguyễn Hoài Nam. Trong [4], Dong-Il.Kim dùng công

thức Nhị Thức Newton và bất đẳng thức giữa bậc và số không điểm. Trong
[2], Nguyễn Hoài Nam dùng các Định lý chính đối với đường cong hữu tỷ. Ở
đây chúng tôi dùng Định lý Mason suy rộng [3, Định lý 2.1.2 ].
Ứng dụng các kết quả về phương trình (2) và (3) trong toán học phổ thông.
Để ý rằng C là trường đóng đại số đặc số không. Do đó các kết quả khi xét
đối với K là trường đóng đại số đặc số không vẫn đúng khi thay K bằng C.
Ngoài ra, chúng tôi cũng xét tương tự vấn đề của Dong-Il.Kim và mở rộng
của nó cho Bài toán chia kẹo của Euler và phương trình nghiệm nguyên.
3. Nội dung nghiên cứu
Luận văn tổng hợp, trình bày các kết quả về phương trình Euler - Waring
đối với đa thức trên trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng của nó. Các
kết quả này đã được đề cập trong [4] và tương tự của nó, trường hợp đặc biệt
đã được đề cập trong [2]. Các ví dụ ứng dụng đã được đề cập trong [1]. Cụ
thể:
- Trình bày các Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3, 2.1.7, 2.1.8. Định lý
1.1.9 là kết quả của Dong - Il. Kim trong [4, Định lý 2.1.2]. Định lý 1.2.1,
1.2.3 là trường hợp riêng của Định lý 3.2.1 trong [4].
- Trình bày 7 ví dụ về Bài toán chia kẹo của Euler.


3
- Trình bày 6 ví dụ về ứng dụng vấn đề của Dong - Il. Kim trong [4] đối
với phương trình nghiệm nguyên.
4. Cấu trúc luận văn
Luận văn được chia thành hai chương với nội dung chính như sau:
Chương 1 trình bày phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến
tính và đa thức Laurent trên trường đóng đại số đặc số không. Cụ thể: trình
bày các Định lý 1.1.7, 1.1.9, 1.2.1, 1.2.3. Định lý 1.1.9 là kết quả của Dong Il. Kim trong ([4] Định lý 2.1.2) . Định lý 1.2.1, 1.2.2 là trường hợp riêng của
Định lý 3.2.1 trong [4].
Chương 2 trình bày phương trình Euler - Waring đối với đa thức trên

trường đóng đại số đặc số không và ứng dụng trong toán học phổ thông. Các
Định lý 2.1.7, 2.1.8 là tương tự của Định lý 2.1.2, Định lý 3.2.1 trong [4]
cho phương trình P (f ) = Q(g), ở đó P, Q là đa thức, f, g là hàm hữu tỷ
trên trường đóng đại số đặc số không. Về phần ứng dụng trong toán học phổ
thông, chương này trình bày 7 ví dụ về Bài toán Euler, 6 ví dụ về ứng dụng
vấn đề nghiên cứu của Dong - Il.Kim trong [4] đối với phương trình nghiệm
nguyên.

Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015
Hồ Thị Thu Huyền
Email:


4

Chương 1

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức
tuyến tính và đa thức Laurent trên trường
đóng đại số đặc số không
Dong - IL. Kim [4] đã phát biểu và chứng minh định lý sau.
Định lý B ([4], Định lý 2.1.2). Giả sử k ≥ 2, n ≥ 2. Cho f1 , . . . , fn là các đa
thức tuyến tính khác hằng thỏa mãn
f1k (z) + · · · + fnk (z) = z.

(1)

Giả sử rằng p là số n nhỏ nhất thỏa mãn (2). Khi đó p = k.
Từ Định lý B trong chương này chúng tôi xét phương trình (1) và phương
trình sau đối với đa thức Laurent:

1.1

f1k (z) + f2k (z) = a.

(1.1)

f1k (z) + f2k (z) = z.

(1.2)

Phương trình Euler - Waring đối với đa thức tuyến
tính

Trước tiên chúng ta nhắc lại các kết quả của vấn đề nhận giá trị đối với
các hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số đặc số không.


5
Định nghĩa 1.1.1. 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.
Ví dụ 1.1.1. Trường hữu tỷ Q không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) =
x10 + 2 không có nghiệm trong Q mặc dù các hệ số của đa thức này đều thuộc
Q.
Trường số thực R không là trường đóng đại số vì đa thức P (x) =

√

3x2 +1

không có nghiệm trong R mặc dù các hệ số của đa thức này đều thuộc R.
Định nghĩa 1.1.2. Cho K là một trường.
1) Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không sao cho n.1 = 0 thì số n được gọi
là đặc số không của trường K. Kí hiệu char(K).
2) Với mọi số tự nhiên n = 0 mà n.1 = 0 thì khi đó ta nói trường K có
đặc số là 0.
Ví dụ 1.1.2. Trường số thực R có đặc số 0. Trường Z13 có đặc số 13 vì 13 ≡ 0
và 13 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện này.
Kí hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không. Gọi f là đa thức khác hằng
có bậc n trên K và a là không điểm của f . Khi đó
f = (z − a)m p(z),
với p(a) = 0 và m là bội của không điểm a của f .
Đặt µ0 f (a) = m. Kí hiệu n(f ) là số các không điểm của f kể cả bội,
d ∈ K và l là số nguyên dương. Ta định nghĩa
n(f, d) = n(f − d),
q

nl (f ) =

min{mi , l} ở đó f = a(f − z1 )m1 . . . (f − zq )mq ,

i=1

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


6
Ví dụ 1.1.3. Xét đa thức f (x) = (x − 1)(x − 2)2 ∈ R[x], R là trường số

thực. Khi đó, bậc của f là d(f ) = 3 và số các không điểm của f là n(f ) = 3.
Ta có d(f ) = n(f ).
Ví dụ 1.1.4. Xét g(x) = f (x).f1 (x) ∈ R[x], f1 (x) = x2k+1 + 1 ∈ R[x], k
là số nguyên dương. Chú ý rằng f1 (x) không có nghiệm trong R, khi đó bậc
của g(x) là d(g) = 2k + 3 và số không điểm của f1 trong R là n(g) = 2. Ta
có d(g) > n(g).
Ví dụ 1.1.5. Cho đa thức f (x) = x3 ∈ K[x].
n(f ) = 3,

deg f = 3,

n0 (f ) = 1,

n1 (f ) = 1,

n2 (f ) = 2, n(f, 1) = 3, n0 (f, 1) = 3, n1 (f, 1) = 3.

Giả sử f =

f1

là hàm hữu tỷ trên K với f1 , f2 ∈ K[x] và f1 , f2 không có
f2
không điểm chung, d ∈ K, ta kí hiệu
n(f ) = n(f1 ),

n(f, d) = n(f1 − df2 ),

nl (f ) = nl (f1 ),

nl (f, d) = nl (f1 − df2 ),

n0 (f, d) = n0 (f1 − df2 ),

n(f, ∞) = n(f2 ),

nl (f, ∞) = nl (f2 ),

n0 (f, ∞) = n0 (f2 ),

deg f = deg f1 − deg f2

0
µdf = µ0f1 −df2 , µ∞
f = µ f2 ,

T (f ) = max{deg f1 , deg f2 }.
Ví dụ sau đây minh họa cho các khái niệm trên đối với hàm hữu tỷ.
Ví dụ 1.1.6. Cho đa thức f (x) = x3 − 3x2 + 3x ∈ K[x], k = 2. Tính n(f, 0).
Giải. f (x) = x(x2 − 3x + 3) có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 trong K. Vậy
n(f, 0) = 3.


7

Ví dụ 1.1.7. Cho đa thức f (x) =

x3

∈ K[x].

−3x2 − 3x − 1
Tính deg f, T (f ), n(f, 0), n1 (f, 0), n2 (f, 0), n3 (f, 0), n(f, ∞), n1 (f, ∞),
n2 (f, ∞), n3 (f, ∞), n(f, 1), n1 (f, 1), n2 (f, 1), n3 (f, 1).
Giải. Đặt f1 = x3 , f2 = −3x2 − 3x − 1.
Ta có (f1 , f2 ) = 1, f2 = 0 suy ra 3x2 + 3x + 1 = 0. Lấy a ∈ K sao cho
a2 = −3. Khi đó
−3−a
x1 =

6

, x2 =

−3+a
, x1 = x2 .
6

Xét f − 1 hay
x3
−3x2 − 3x − 1

−1=

(x + 1)3
−3x2 − 3x − 1

=

f3
f2

.

Ta có deg f1 = 3, deg f2 = 2, do đó
deg f = 1; T (f ) = max{deg f1 , deg f2 } = 3, n(f, 0) = 3,
n(f, ∞) = n2 (f, 0) = 2, n1 (f, 0) = n1 (f1 , 0) = 1, n2 (f, 0) = 2,
n3 (f, 0) = 3, n1 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2,
n2 (f, ∞) = n3 (f, ∞) = n1 (f2 , 0) = 2, n(f, 1) = n(f3 , 0) = 3,
n1 (f, 1) = n1 (f3 , 0) = 1, n2 (f, 1) = n2 (f3 , 0) = 3,
n5 (f, 1) = n5 (f3 , 0) = 3.
Định nghĩa 1.1.3. Cho Vn+1 là một không gian vector trên trường K(n ≥ 0).
Khi đó ta kí hiệu V n+1 là tập hợp tất cả các không gian con một chiều của
Vn+1 .
Cho một tập X và một không gian vector n + 1 chiều Vn+1 (n ≥ 0), nếu
tồn tại một song ánh p : V n+1 → X thì bộ ba (X, p, Vn+1 ) sẽ được gọi là
không gian xạ ảnh n chiều.


8
Không gian xạ ảnh Pn được gọi là không gian vector sinh ra không gian
xạ ảnh đó. Để cho tiện ta thường kí hiệu đơn giản không gian xạ ảnh n chiều
là Pn .
Định nghĩa 1.1.4. Cho không gian xạ ảnh Pn được sinh ra từ không gian
vector Vn+1 vởi song ánh p. Xét Vm+1 là không gian vector con của Vn+1 (0 ≤
m ≤ n), khi đó V m+1 ⊂ V n+1 . Nên ta định nghĩa ảnh qua song ánh p của
V m+1 được gọi là m− phẳng của không gian xạ ảnh.
0− phẳng còn gọi là điểm xạ ảnh;
1− phẳng còn gọi là đường thẳng xạ ảnh;
2− phẳng còn gọi là mặt phẳng xạ ảnh;
(n − 1)− phẳng còn gọi là siêu phẳng xạ ảnh.

Định nghĩa 1.1.5. 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.
Định nghĩa 1.1.6. 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 bất kì 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).
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


9
suy biến tuyến tính.
Ví dụ 1.1.8. 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 1.1.9. 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.
Định lí 1.1.1. Giả sử f là đường cong hữu tỷ từ K vào P n (K) với biểu diễn
rút gọn là 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 lí 1.1.2. Giả sử f là đường cong hữu tỷ 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

Định lí 1.1.3. 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 − 2)T (f ) ≤

n1 (f, Xi ).
i=1

Bổ đề 1.1.1. [3] Cho f1 , f2 , f3 là các đa thức với f1 , f2 độc lập tuyến tính,
không có điểm chung trên K và thỏa mãn hệ thức
f1 + f2 = f3 .
Khi đó

3

max deg fi ≤

1≤i≤3

n1 (fi ) − 1.
i=1

Bổ đề 1.1.2. Cho f, g là các hàm hữu tỷ khác hằng và a ∈ K, a = 0. Giả sử
rằng f + g = a. Khi đó

max{T (f ), T (g)} ≤ n1 (f ) + n1

1
f

+ n1

1
g

− 1.


10

Chứng minh. Viết f =

f1
f2

không có không điểm chung. Do a = 0 và f + g =

a nên f, g có cùng cực điểm tính cả bội. Khi đó, ta có thể viết g =
g1 , g2 không có không điểm chung.
Từ f + g = a ta có
có

f1
f2

+

g1
f2

g1
g2

, ở đó

= a, f1 + g1 = af2 . Áp dụng bổ đề 1.1.1 ta

max{deg f1 , deg g1 , deg f2 } ≤ n1 (f1 ) + n1 (g1 ) + n1 (f2 ) − 1.
Do
max{deg f1 , deg g1 , deg f2 } = max{T (f ), T (g)};
n1 (f2 ) = n1 (f ), n1 (f1 ) = n1

1
f

, n1 (g1 ) = n1

1
.
g

Ta có
max{T (f ), T (g)} ≤ n1 (f ) + n1

1

f

+ n1

1
g

− 1.

Định lí 1.1.4. Cho k là số nguyên duong, f1 (z), f2 (z) là các đa thức tuyến
tính khác hằng thỏa mãn f1k (z) + f2k (z) = a, a = 0. Khi đó k = 1.
Chứng minh. Xét phương trình
f1k (z) + f2k (z) = a, a = 0.

(1.3)

Đặt F1 = f1k (z), F2 = f2k (z), F3 = a. Áp dụng bổ đề 1.1.1 ta có
max{deg F1 , deg F2 } ≤ n1 (F1 ) + n1 (F2 ) + n1 (a) − 1.
Ta có deg F1 = k, deg F2 = k, n1 (F1 ) = 1, n1 (F2 ) = 1, n1 (a) = 0. Từ
đây và (2) ta có k ≤ 1 + 1 + 0 − 1 = 1. Từ k ≥ 1 ta nhận được k = 1. Vậy
f1 (z) + f2 (z) = a.


11
Sau đây tôi xin trình bày cách chứng minh khác cho Định lý 1.1.4. Giả sử
k > 1. Viết
f1 (z) = a1 + b1 z, f2 (z) = a2 + b2 z.
Thay vào phương trình f1k (z) + f2k (z) = a, ta có
(a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k = a
k−1

m k−m m
m
(ak1 + ak2 ) + c1k (ak−1
b1 + ak−m
bm
2 )z
1 b1 + a2 b2 )z + · · · + ck (a1
2

+ · · · + (bk1 + bk2 )z k = a.

(1.4)

Đồng nhất hệ số trong phương trình (1.4) ta có
k−1
k
k
ak−1
1 b1 + a2 b2 = 0, . . . , b1 + b2 = 0.

(1.5)

Do f1 , f2 khác hằng nên f1k , f2k độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử f1k , f2k phụ
thuộc tuyến tính, khi đó
f1k = cf2k , f1k + f2k = (1 + c)f2k = a.
Do a = 0 nên 1 + c = 0. Khi đó k = 0. Mâu thuẫn, vậy f1k , f2k độc lập tuyến
tính. Từ đây suy ra, có nhiều nhất là một ai = 0, i ∈ {1, 2}. Xét hai trường
hợp sau:
1) a1 = 0 hoặc a2 = 0. Không làm mất tính tổng quát, giả sử a1 = 0. Khi
đó a2 = 0. Từ đây và (3) ta có a1k−1 b1 = 0, a2k−1 b2 = 0. Do a2 = 0, b2 = 0 ta

có mâu thuẫn.
2) a1 = 0, a2 = 0. Từ (3) ta có ak1 + ak2 = 0
 k
 k
b1
b2
b1
b2
ak1 + ak2 = 1, . . . ,   ak1 +   ak2 = 0.
a1
a2
a1
a2

(1.6)


12
Do f1k , f2k độc lập tuyến tính nên
1
1
 2  2
= 0.
b1
b2
   
a1
a2
Từ đây và (1.6) suy ra a1 = a2 = 0, mâu thuẫn. Vậy k = 1.
Định lí 1.1.5. Cho k ≥ 2 là số nguyên dương, f1 (z), f2 (z) là các đa thức

tuyến tính thỏa mãn
f1k (z) + f2k (z) = z.

(1.7)

Khi đó k = 2.
Chứng minh. Đặt F1 = f1k (z), F2 = f2k (z), F3 = z. Khi đó áp dụng Bổ đề
1.1.1 ta có
max{deg F1 , deg F2 } ≤ n1 (F1 ) + n1 (F2 ) + n1 (F3 ) − 1.

(1.8)

Lý luận tương tự như Định lý 1.1.4 , ta có
deg F1 = k = deg F2 , n1 (F1 ) = 1 = n1 (F2 ).
Hơn nữa n1 (F3 ) = 1. Từ đây và (1.8) ta có k ≤ 1 + 1 + 1 − 1 = 2. Do k ≥ 2
nên k = 2.
Định lí 1.1.6. Cho k là số nguyên dương f, f1 (z), f2 (z), f3 (z) là các đa
thức tuyến tính thỏa mãn
f1k (z) + f2k (z) + f3k (z) = z.
Giả sử fik (i = 1, 2, 3) độc lập tuyến tính. Khi đó k ≤ 3.

(1.9)


13
Chứng minh. Giả sử ngược lại k ≥ 4. Xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1. k = 4. Viết f1 (z) = a1 + b1 z, f2 (z) = a2 + b2 z, f3 (z) =
a3 + b3 z. Do f1k , f2k , f3k độc lập tuyến tính nên có nhiều nhất là một ai =
0, i ∈ {1, 2, 3}. Xét hai trường hợp con sau.
Trường hợp 1.1. Có một ai = 0. Không mất tính tổng quát giả sử a3 = 0, khi

đó
f1 (z) = a1 + b1 z, f2 = a2 + b2 z, f3 = b3 z, ai , bi = 0 (i = 1, 2, 3).
Suy ra
f1k (z) + f2k (z) + f3k (z) = bk3 z k + (a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k
2 k−2 2 2
k−1
k−1 k−1
= bk3 z k + ak1 + c1k ak−1
+ ckk bk1 z k
1 b1 z + ck a1 b1 z + · · · + ck a1 b1 z
2 k−2 2 2
k−1
k−1 k
k k k
+ ak2 + c1k ak−1
2 b2 z + ck a2 b2 z + · · · + ck a2 b1 z + ck b2 z
k−1
k−1
= (bk1 + bk2 + bk3 )z k + ck−1
+ a2 bk−1
+ ···+
2 )z
k (a1 b1
k−m
k−m k−m
+ ck−m
(am
+ am
)z
+ · · · + c1k (a1k−1 b1 + a2k−1 b2 )z

1 b1
2 b2
k

+ ak1 + ak2 = z.
Đồng nhất hệ số trong đẳng thức này ta nhận được
k−m
k−m
k−1
a1 bk−1
+ a2 bk−1
= 0, . . . , am
+ am
, . . . , ak−1
1 b1
2 b2
1
2
1 b1 + a2 b2 = 0.

Với k = 4, từ các đẳng thức này ta có
a1 b3 + a2 b32 = 0, a21 b21 + a21 b21 + a22 b22 = 0,
 3
 3
b2
b1
  a41 +   a42 = 0.
a1
a2
 2

 2
b1
b2
  a41 +   a42 = 0.
a1
a2

(1.10)


14
Do f1k , f2k , f3k độc lập tuyến tính nên
 3
b1
 
a1
 2
b1
 
a1

 3
b2
 
a2
 2 = 0.
b2
 
a2

Từ đây và hệ (1.10) suy ra a1 = a2 = 0. Mâu thuẫn do f1k , f2k , f3k đôi một độc
lập tuyến tính.
Trường hợp 1.2 a1 = 0, a2 = 0, a3 = 0 . Khi đó
f1k (z) + f2k (z) + f3k (z) = (a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k + (a3 + b3 z)k
k−1
k−1
= (ak1 + ak2 + ak3 ) + c1k (ak−1
1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )z + · · · +
k−m m
k−m m
+ cm
b1 + ak−m
bm
b3 ) + · · · +
k (a1
2 + a3
2
k−1
k k
k
k k
+ ck−1
+ a2 bk−1
+ a3 bk−1
2
3 ) + ck (b1 + b2 + b3 )z
k (a1 b1

= z.
Đồng nhất các hệ số trong đẳng thức này, ta có

2
k−2 2
k−2 2
k
k
k
ak−2
1 b1 + a2 b2 + a3 b3 = 0, . . . , b1 + b2 + b3 = 0.

Với k = 4, từ các đẳng thức này ta nhận được
a21 b21 + a22 b22 + a23 b23 = 0,
a21 b31 + a22 b32 + a23 b33 = 0,
b41 + b42 + b43 = 0,
b1
a1
b1
a1

2

a41

+

3

a41

+

b2
a2
b2
a2

2

a42

+

3

a42

+

b3
a3
b3
a3

2

a43 = 0,
3

a43 = 0,

15
4

b1
a1

a41

+

b2
a2

4

a42

+

b3
a3

4

a43 = 0.

(1.11)

Do f1k , f2k , f3k đôi một độc lập tuyến tính nên
 2

b1
 
a1
 3
b1
 
a1
 4
b1
 
a1

 2
b2
 
a2
 3
b2
 
a2
 4
b2
 
a2

 2
b3
 
a3
 3

b3
  = 0.
a3
 4
b3
 
a3

Từ đây và (1.11) ta suy ra a1 = a2 = a3 = 0. Mâu thuẫn.
Trường hợp 2. k > 4. Khi đó, đồng nhất hệ số trong phương trình
f1k (z) + f2k (z) + f3k (z) = z
ta luôn tìm được các phương trình như trường hợp k = 4. Khi đó lý luận
tương tự như trường hợp k = 4 ta nhận được mâu thuẫn.
Vậy k ≤ 3.
Tiếp theo ta phát biểu và chứng minh định lý sau.
Định lí 1.1.7. Cho k, p là các số nguyên dương, k, p ≥ 2, và f1 (z), f2 (z),
. . . , fp (z) là các đa thức tuyến tính thỏa mãn
f1k (z) + f2k (z) + · · · + fpk (z) = z.

(1)

Giả sử fi , i = 1, . . . , p, độc lập tuyến tính. Khi đó k ≤ p.
Chứng minh. Giả sử ngược lại k ≥ p + 1. Viết fi (z) = ai + bi z, i = 1, . . . , p.
Do fik , fjk , i = j độc lập tuyến tính nên có nhiều nhất một ai , i ∈ {1, . . . , p}.
Xét hai trường hợp sau


16
Trường hợp 1. Tồn tại một ai = 0. Không giảm tổng quát, giả sử ap = 0. Khi
đó

f1k (z) + f2k (z) + · · · + fpk (z) = (a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k + · · · +
(ap−1 + bp−1 z)p + (bp z)p
= (ak1 + ak2 + · · · + akp−1 ) + c1k (a1k−1 b1 + · · · + ak−1
p−1 bp−1 )z+
2
k−2 2
2
k−1
k−1
k−1
c2k (ak−2
+ · · · + ap−1 bk−1
1 b1 + · · · + ap−1 bp−1 )z + · · · + ck (a1 b1
p−1 )z

+ (bk1 + · · · + bkp )z k = z.
Đồng nhất hệ số trong (1.12) ta nhận được
ak1 + · · · + akp−1 = 0,
k−1
ak−1
1 b1 + · · · + ap−1 bp−1 = 0,
..
.

a1 bk−1
+ · · · + ap−1 bk−1
1
p−1 = 0,
b1
a1

ak1 + · · · +

bp−1
ap−1

akp−1 = 0,

..
.
b1
a1

k−1

ak1

+ ··· +

bp−1
ap−1

k−1

akp−1 = 0.

Do k − 1 ≥ p ≥ p − 1 và fik , fjk , i = j độc lập tuyến tính nên
 2
b1
 

a1

...



bp−1



ap−1

2


..
..
...
=0
.
.

p−1
 p−1
b1
bp−1

 
... 
a1

ap−1
và do đó a1 = · · · = ap−1 = 0. Mâu thuẫn.

(1.12)


17
Trường hợp 2. a1 = 0, . . . , ap = 0. Khi đó
f1k (z) + · · · + fpk (z) = (a1 + b1 z)k + (a2 + b2 z)k + · · · + (ap + bp z)k
k−1
k−1
= (ak1 + ak2 · · · + akp ) + c1k (ak−1
1 b1 + · · · + ap−1 bp−1 + ap−1 bp )z
2
k−2 2
k−2 2 2
+ c2k (ak−2
1 b1 + · · · + ap−1 bp−1 + ap bp )z + · · · +
k−1
k−1 k−1
ck−1
+ · · · + ap−1 bk−1
+ (bk1 + · · · + bkp )z k = z. (1.13)
p−1 + ap bp )z
k (a1 b1

Đồng nhất các hệ số trong (1.13) ta nhận được
k−1
ak−1
1 b1 + · · · + ap bp = 0,

..
.

a1 bk−1
+ · · · + ap−1 bk−1
1
p−1 = 0,
bk1 + bk2 · · · + bkp = 0.
Từ đây và do ai = 0, k ≥ p + 1 nên ta có
bp
b1
b1 k
.a1 + · · · + .akp = 0, . . . ,
a1
ap
a1

k

ak1

+ ··· +

bp
ap

k

akp = 0.

(1.14)

Do f1k , . . . , fpk độc lập tuyến tính nên
b1

...

bp

a1
ap
..
..
.
..
.
.
= 0.
 k
 k
bp
b1
  ...  
a1
ap
Từ đây và (1.14) ta có a1 = · · · = ap = 0. Mâu thuẫn. Vậy k ≤ p.
Định lí 1.1.8. Cho k, p là số nguyên dương, k ≥ p ≥ 2 và f1 (z), . . . , fp (z) là
các đa thức tuyến tính không đồng nhất không thỏa mãn f1k (z)+· · ·+fpk (z) =

18
0. Khi đó, tồn tại một phân hoạch của {1, . . . , p} với {1, . . . , p} =

Iv sao
v

cho
1. Mỗi Iv có ít nhất hai phần tử;
2. Với i, j ∈ Iv ta có fi (z) = cij fj , cij = 0.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh f1k , . . . , fpk phụ thuộc tuyến tính. Giả
sử ngược lại f1k , . . . , fpk độc lập tuyến tính. Khi đó
f1k (z) + f2k (z) + · · · + fpk (z) = (a1 + b1 z)k + · · · + (ap−1 + bp−1 z)k + (bp z)k
= (ak1 + ak2 · · · + akp ) + c1k (a1k−1 b1 + · · · + ak−1
p−1 bp−1 )z + · · · +
k−1
k−1
ck−1
+ · · · + ap−1 bk−1
+ (bk1 + · · · + bkp )z k = 0.
p−1 )z
k (a1 b1

Đồng nhất các hệ số trong (1.15) ta có
ak1 + · · · + akp−1 = 0,
k−1
ak−1
1 b1 + · · · + ap−1 bp−1 = 0,
..
.

a1 bk−1
+ · · · + ap−1 bk−1
1
p−1 = 0.
Từ đây suy ra
ak1 + ak2 · · · + akp−1 = 0,
bk
b1 k
.a1 + · · · + .akp−1 = 0,
a1
ak
..
.
b1
a1

k−1

ak1

+ ··· +

bp−1
ap−1

k−1

akp−1 = 0.

(1.15)

19
Từ đây và k ≥ p
1

...

b1

...

1
bk

a1
ak
..
..
= 0,
.
..
.
.
 p−1
 p−1
bk
b1
 
...  

a1
ak
suy ra a1 = · · · = ap−1 = 0. Mâu thuẫn.
Trường hợp 2. ai = 0, i = 1, . . . , p. Khi đó
f1k (z) + f2k (z) + · · · + fpk (z) = (a1 + b1 z)k + · · · + (ap−1 + bp−1 z)k + (bp z)k
k−1
= (ak1 + ak2 · · · + akp ) + c1k (ak−1
1 b1 + · · · + ap bp )z + · · · +
k−1
ckk−1 (a1 bk−1
+ · · · + ap bk−1
+ · · · + (bk1 + · · · + bkp )z k = 0.
p )z
1

Đồng nhất các hệ số trong (1.16) ta có
ak1 + ak2 · · · + akp−1 = 0,
b1 k
bp
.a1 + · · · + .akp = 0,
a1
ap
..
.
b1
a1

k−1

ak1

+ ··· +

bp
ap

...

1

k−1

akp = 0.

Từ đây và k ≥ p,
1
b1

bp

...
a1
ap
= 0,
..
..
...
.
.
 p−1

 p−1
bp
b1
 
...  
a1
ap

(1.16)


20
suy ra a1 = · · · = ap = 0. Mâu thuẫn.
Vậy f1k (z), . . . , fpk (z) phụ thuộc tuyến tính.
Bây giờ ta dùng Định lý 1.1.8 để chứng minh Định lý 2.1.2 trong [4].
Định lí 1.1.9. Giả sử k ≥ 2, n ≥ 2. Cho f1 , . . . , fn là các đa thức tuyến tính
khác hằng thỏa mãn
f1k (z) + · · · + fnk (z) = z.

(1)

Giả sử rằng p là số n nhỏ nhất thỏa mãn (1). Khi đó p = k.
Chứng minh. Xét phương trình
k
f1k (z) + · · · + fm
(z) = z.
k
Trước tiên ta chứng minh f1k (z), . . . , fm
(z) độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả
k

(z) phụ thuộc tuyến tính. Khi đó ta có phương trình
sử ngược lại f1k (z), . . . , fm
k
a1 f1k + · · · + am fm
= z, ai , i = 1, . . . , m

(1.17)

không đồng thời bằng 0. Không giảm tổng quát, giả sử ai = 0, i = 1, . . . , m.
Áp dụng Định lý 1.1.8 ta có
(1.17) ta có phương trình

v

Iv = {1, . . . , m}, ai fik = cij aj fjk . Thay vào

bi1 fi1k + · · · + bit fitk = 0, t < m.
Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của m.
k
Vậy f1k , . . . , fm
độc lập tuyến tính. Áp dụng Định lý 1.1.7 thì k ≤ m. Do

k ≥ m. Vậy k = m.