Luận văn thạc sĩ toán học đường cong phẳng
- 80 trang
- file .pdf
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHẠM TRUNG KIÊN
ĐƯỜNG CONG PHẲNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Thái Nguyên - Năm 2013
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHẠM TRUNG KIÊN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS-TS: ĐÀM VĂN NHỈ
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Thái Nguyên - Năm 2013
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 5
1.1 Nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Kết thức và biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 ĐƯỜNG CONG PHẲNG 21
2.1 Khái niệm đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Tham số hóa đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3 Điểm hữu tỷ trên đường cônic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4 Cấu trúc nhóm trên đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị . . . 28
3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG 31
3.1 Một vài bài hình sơ cấp qua tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2 Một vài phương trình nghiệm nguyên qua tham số hóa . . . . . . 35
3.3 Phép biến hình Nab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.4 Một vài bài toán về đường cong bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
LỜI NÓI ĐẦU
Đã từ lâu, người ta rất quan tâm đến những phương trình kiểu x2 + y2 = z2 hay
x3+y3 = z3 với x,y,z nguyên. Việc giải các bài toán này khi z 6= 0 cũng chính là việc tìm
các điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng x2 + y2 = 1 hay x3 + y3 = 1. Chính vì vậy một
vấn đề nẩy sinh là xác định các điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng. Để có thể xác
định được hầu hết các điểm hữu tỷ, người ta thường tham số hóa đường cong phẳng
trong R2.
Một vấn đề nữa cũng được nhiều người quan tâm là: Một kết quả trong hình học
đúng cho đường tròn thì còn đúng cho đường elip, hypecbol, parabol không? Để có
được kết quả đúng cho đường conic thì các hệ thức phải có các hệ số tương ứng
kèm theo.
Vấn đề thứ ba là: Mô tả một tập hợp điểm trong hình học phẳng không phải cứ
dùng thước kẻ và compa là dựng được. Khi đó muốn tìm quỹ tích các điểm trong
mặt phẳng ta có thể mô tả qua đường cong phẳng.
Với ba vấn đề đặt ra ở trên luận văn này tập trung nghiên cứu về đường cong phẳng
và mở rộng một vài kết quả đã biết từ lâu. Luận văn được chia làm ba
chương.
Chương 1. Trình bày một vài kiến thức chuẩn bị về nhóm, vành đa thức, kết thức và
biệt thức.
Chương 2. Tập trung trình bày về đường cong phẳng. Mục 2.1 trình bày khái niệm
đường cong phẳng. Chúng tôi đã chứng minh được mệnh đề 2.1.2. về giao hữu hạn
điểm của hai đường cong phẳng. Mục 2.2 trình bày việc tham số hóa các đường
conic và một vài đường cong phẳng khác. Chúng tôi tham số hóa theo kiểu phân
thức hữu tỷ để áp dụng vào xác định điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng. Cạnh đó
chúng tôi cũng tham số hóa hàm lượng giác để chuyển một vài kết quả từ đường
tròn sang elip. Mục 2.3 chúng tôi trình bày một phương pháp xác định điểm hữu tỷ
trên đường conic. Mục 2.4 trình bày cấu trúc nhóm trên đường cong bậc ba không
có điểm kỳ dị. .
Chương 3. Một số ứng dụng
Mục 3.1 trình bày một vài bài hình sơ cấp qua tham số hóa. Trong mục này tôi đã
sử dụng tham số hóa để giải quyết một số bài toán tập hợp điểm mà quỹ tích của
chúng là một đường cong phẳng bậc ba. Mục 3.2 đưa ra cách giải một vài phương
trình nghiệm nguyên sử dụng phương pháp tham số hóa. Mục 3.3 trình bày về khái
niệm và một vài tính chất của phép biến hình Nab. Trong mục này tôi trình bày định
lý Ptolemy và định lý Newton đối với đường tròn. Từ kết quả này sử dụng phép biến
hình Nab phát hiện ra một số kết quả tương tự cho elip. Mục 3.4 tôi trình bày một số
bài toán về đường cong phẳng bậc ba đặc biệt là bài toán đường cong phẳng 21-
điểm K3.
Đích cuối cùng luận văn muốn đạt được là:
1. Kết thức và phép khử với những tính chất cơ bản và ứng dụng.
2. Đường cong phẳng trong mặt phẳng và một vài tính chất.
3. Tham số hóa đường cong phẳng và sử dụng tham số hóa đường cong
phẳng trong một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên, điểm hữu tỷ và một số
bài hình sơ cấp.
4. Phương pháp tìm điểm hữu tỷ trên đường conic và cấu trúc nhóm trên
đường cong phẳng bậc ba không kỳ dị.
5. Trình bày phép biến hình Nab và một vài tính chất.
6. Bài toán đường cong phẳng 21 - điểm K3.
Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luận văn không
tránh khỏi những thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
cô giáo và các bạn.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ .
Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy. Em xin cảm ơn chân thành
tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi em đã nhận được một học
vấn căn bản sau đại học. Tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp
đã cảm thông, ủng hộ và giúp đỡ trong suốt thời gian tác giả học cao học và viết luận
văn.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2013
Người viết
Phạm Trung Kiên
Chương1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Nhóm
Giả sử X là một tập khác rỗng. Xét tích X × X = {(a,b)|a,b ∈ X}. Một ánh xạ ∗ : X ×X
→ X được gọi là một phép toán hai ngôi trên X. Giả thiết ∗ là một phép toán hai ngôi
trên X. Phép toán ∗ được gọi là có tính chất kết hợp nếu (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa
mãn cho mọi a,b,c ∈ X. Phép toán ∗ được gọi là có tính chất giao hoán nếu a∗ b = b∗a
thỏa mãn cho mọi a,b ∈ X. Giả sử A là một tập con của X. Tập A được gọi là ổn định
với phép toán ∗ nếu a∗b ∈ A với mọi a,b ∈ A.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗. Phần tử e ∈ X được gọi là
phần tử trung hòa nếu a ∗ e = e ∗ a = a thỏa mãn cho mọi a ∈ X.
Định nghĩa 1.1.2. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗ và phần tử trung hòa
e. Giả sử phần tử a ∈ X. Phần tử b ∈ X được gọi là phần tử ngược của a nếu a ∗ b = b
∗ a = e.
Định nghĩa 1.1.3. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗ và phần tử trung hòa e.
Giả sử phần tử a ∈ X. Phần tử b ∈ X được gọi là phần tử ngược của a nếu a ∗ b = b ∗ a
= e và ta nói a có phần tử ngược là b.
Dễ dàng chứng minh được rằng, nếu X 6= ∅ với phép toán hai ngôi kết hợp ∗ mà có
phần tử trung hòa e thì phần tử e là duy nhất và nếu phần tử a ∈ X có phần tử ngược
b ∈ X thì b cũng là duy nhất.
Định nghĩa 1.1.4. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗. X được gọi là một nhóm
nếu X cùng phép toán ∗ thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) X có phần tử trung hòa e.
(ii) Phép toán ∗ có tính chất kết hợp, có nghĩa: (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa mãn cho mọi
a,b,c ∈ X.
(iii) Mọi phần tử a ∈ X đều có phần tử ngược, có nghĩa: Có b ∈ X để a ∗ b = b ∗ a = e.
Nhóm X với phép toán ∗ được gọi là nhóm giao hoán nếu x∗y = y ∗x thỏa mãn cho mọi
phần tử x,y ∈ X.
Nếu phép toán hai ngôi ∗ trên nhóm X được kí hiệu bởi phép cộng + thì thay cho
việc viết a ∗ b ta viết a + b và được gọi là tổng của a và b. Nhóm (X,+) gọi là nhóm
cộng. Phần tử trung hòa e của nhóm này là phần tử không và được kí hiệu là 0. Phần
tử ngược của a được gọi là phần tử đối và kí hiệu qua −a. Do vậy a − a = a + (−a) = 0.
Nếu phép toán hai ngôi ∗ trên nhóm X được kí hiệu bởi phép nhân . thì thay cho
việc viết a∗b ta viết a.b hoặc viết đơn giản ab và gọi là tích của a và b. Nhóm (X,.)
được gọi là nhóm nhân. Phần tử trung hòa e của nhóm này được gọi là phần tử đơn
vị và được kí hiệu là e. Phần tử ngược của a được gọi là phần tử nghịch đảo và được
kí hiệu qua a−1. Do vậy aa−1 = e.
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức
1.2.1 Khái niệm vành đa thức
Giả sử R là vành giao hoán với đơn vị 1. Kí hiệu P ⊂ RN là tập hợp tất cả các dãy f
= (a0,a1,...,an,0,0...) với các ai ∈ R và chỉ có một số hữu hạn thành phần khác 0. Như vậy
phần tử thuộc P hoặc có dạng(0,0,...,0,0,...) hoặc (a0,a1,...,an,0,0,...) với thành phần cuối
cùng an 6= 0. Ta đưa phép toán vào P để biến P thành một vành. Với f = (a0,...,an,0,...),
g = (b0,...,bm,0,...) ∈ P , định nghĩa: f = g khi và chỉ khi ai = bi,i = 0,1,2,...
f + g = (a0 + b0,a1 + b1,...,ak + bk,...,0,...)
f.g = (a0b0,a1b0 + a0b1,a2b0 + a1b1 + a0b2,...,0,...)
Bổ đề 1.2.1. Tập (P,+,.) là một vành giao hoán với đơn vị (1,0,0,...) và ánh xạ φ : R →
(P,+,.),a 7→ (a,0,0,....) là một đơn cấu.
Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra các kết quả trên.
Đặt x = x1 = (0,1,0,0,...) và quy ước x0 = (1,0,0,...). Ta có biểu diễn
x0 = (1,0,0,...) x =
(0,1,0,0,...) x2 =
(0,0,1,0,0,...) x3 =
(0,0,0,1,0...) ... = ...
f = (a0,a1,...,an,0,0,...)
= (a0,0,0,...) + (0,a1,0,0,...) + ... + (0,0,...,0,an,0,...)
= (a0,0,...)x0 + (a1,0,...)x + ... + (an,0,0,...)xn
Nếu đồng nhất a ∈ R với ảnh φ(a) = (a,0,0,...),x0 = (1,0,0,...) = φ(1) ta có biểu diễn f =
a0 +a1x+a2x2 +...+anxn. Lúc này vành (P,+,.) được kí hiệu qua R[x] và ta có
Mỗi phần tử f ∈ R[x] được gọi là một đa thức của x với các hệ số ai thuộc vành R. Hệ
số an 6= 0 được gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số a0 được gọi là hệ số tự do của f, n
được gọi là bậc của đa thức f và kí hiệu là degf(x). Riêng đa thức 0 được quy định có
bậc là −∞ hoặc −1. Vì tính chất đặc biệt của x nên đôi khi ta gọi x là một biến trên R
và đa thức f còn được viết qua f(x).
Nếu thì
f(x) = g(x) khi và chỉ khi m = n,ai = bi với 0 ≤ i ≤ n
!
Ta có các kết quả sau đây:
Định lý 1.2.2. Với trường K, K[x] là một vành giao hoán. Hơn nữa, K[x] còn là một
miền nguyên.
Định lý 1.2.3. Với các đa thức f(x),g(x) ∈ K[x] và g(x) 6= 0 có hai đa thức duy nhất
q(x),r(x) sao cho f(x) = g(x).q(x) + r(x) với degr(x) < degg(x).
Định lý 1.2.4. Giả sử K là một trường. Khi đó vành K[x] là một vành chính và nó là
vành nhân tử hóa.
Ví dụ 1.2.5. Cho hai số tự nhiên n và p với n > p ≥ 1. Tìm điều kiện cần và đủ để xn −
an chia hết cho xp − ap với a ∈R,a 6= 0.
Bài giải: Biểu diễn n = qp + r trong Z với 0 ≤ r < p. Khi đó có thể viết
.
Vậy, điều kiện cần và đủ để xn − an chia hết cho xp − ap là n chia hết cho p.
Giả sử trường K là trường con của trường K∗. Với α ∈ K∗ và đa thức f (x) =
. Biểu thức được gọi là giá trị của f(x) tại α
trong K∗. Nếu f(α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm của f(x) trong K∗. Giả sử số nguyên
m ≥ 1. Phần tử α ∈ K∗ được gọi là một nghiệm bội cấp m của f(x) trong K∗ nếu f(x) chia
hết cho (x − α)m và f(x) không chia hết cho (x − α)m+1 trong K∗[x]. Khi m = 1 thì α được
gọi là nghiệm đơn.
Định lý 1.2.6. Đa thức f(x) ∈ K[x] bậc n ≥ 1. Khi đó ta có kết quả sau:
(i) Nếu α ∈ K là nghiệm của f(x) thì f(x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ K[x].
(ii) f(x) có không quá n nghiệm trong K.
1.3 Kết thức và biệt thức
Kết thức của hai đa thức được biết đến và ứng dụng mạnh mẽ trong đại số máy
tính. Nó đặc trưng cho việc xác định tính chất đặc trưng của hai đa thức một biến
trên trường K có nghiệm chung thông qua hệ số của hai đa thức đó mà không đòi
hỏi phải tìm nghiệm của chúng. Kết thức là công cụ đáng ngạc nhiên trong việc giải
quyết các bài toán về hệ phương trình đại số.
1.3.1. Khái niệm kết thức
Giả sử u0,u1,...,um và v0,v1,...,un là một họ gồm m + n + 2 biến độc lập đại số trên trường K.
Xét hai đa thức với biểu diễn dưới đây:
fu (x) = uoxm + u1xm−1 + ... + um gv (x) =
voxn + v1xn−1 + ... + vn
thuộc vành đa thức K[u,v][x]. Khi đó định thức cấp m + n dưới đây:
gồm n dòng cho các ui và m dòng cho các vj được gọi là kết thức hay định thức
Sylvester của hai đa thức fu(x) và gv(x). Từ định nghĩa ta suy ra một vài tính chất :
(i) Res(fu,gv) là đa thức thuần nhất với hệ số nguyên bậc m + n và là đa thức thuần nhất
bậc n của các ui và là đa thức thuần nhất bậc m của các vj.
(ii) Res(fu,gv) có hạng tử là đơn thức .
(iii) Giả sử m ≥ n và c ∈ K. Khi đó Res(fu + cgv,gv)=Res(fu,gv).
(iv) Với đa thức ht ta có Res(fu,gvht) =Res(fu,gv).Res(fu,ht).
Định lí 1.3.1 Với hai đa thức fu(x) và gv(x) luôn có hai đa thức h(u,v,x),k(u,v,x) ∈ K[u,v][x]
thỏa mãn hệ thức biểu diễn sau:
Res(fu(x),gv(x)) = h(u,v,x)fu(x) + k(u,v,x)gv(x).
Chứng minh: Sử dụng một hệ các đồng nhất thức dưới đây:
n−1fu (x) = u0xm+n−1 + u1xm+n−2 + ... + umxn−1
x
f... xun−(x2f)u=(xu)0x=mu+0xum1+xnm−−21++u...1x+m+unm −3 + ... + umxn−2
xm−1g xg... vm(−x1)g=vv
((vxx0))x==n +vv00xxv1mmx++nnn−−−112+++...vv11+xxmmvn
++nn−−23 ++ ...... ++ vvnnxxmm−−1 2
Ta coi zi = xm+n−1−i,i = 0,1,...,m+n−1 , là các ẩn và định thức của hệ phương
trình tuyến tính này là Res(fu(x),gv(x)). Kí hiệu , là các
vectơ cột của ma trận ngay dưới
u1 u2
u0 u0 u1
...
v1 v2
v0 v1 um
um um
... ... um−1 ... ...
v0 ... ...
··· ··· um−1
u0 u1 vn
··· vn−1 vn
... ...
··· ... ···
v0 v0 ··· vn−1 vn
Và
Khi đó ta có hệ thức
Giải hệ này qua định thức và khai triển định thức ta có hệ thức :
Res(
Do đó Res(fu (x),gv (x)) = h(u,v,x)fu (x) + k (u,v,x)gv (x).
Tiếp theo, thực hiện phép đặc biệt hóa K [u,v][x] → K [x] qua việc thế
(u0,u1,...,um) 7→ (a0,a1,...,am),(v0,v1,...,vn) →7 (b0,b1,...,bn)
Khi đó có đa thức fa(x),gb(x) và kết thức Res(fa,gb) sau đây:
fa (x) = a0xm + a1xm−1 + ... + am gb (x) = b0xn +
b1xn−1 + ... + bn ,a0b0 6= 0
Định lý 1.3.2. Hai đa thức fa(x) và gb(x) có ước chung khác hằng số khi và chỉ khi có
hai đa thức thuộc K[x] biểu diễn dạng
p(x) = c0xm−1 + c1xm−2 + ... + cm−1 q (x) =
d0xn−1 + d1xn−2 + ... + dn−1
không đồng thời bằng 0 thỏa mãn q (x)f (x) = p(x)g (x).
Chứng minh: Giả sử ta có quan hệ q (x)f (x) = p(x)g (x). Khi đó mọi nhân tử của
f(x) không thể chỉ là các nhân tử của p(x), vì degp(x) ≤ m − 1 < m, mọi nhân tử của
g(x) không thể chỉ là các nhân tử của q(x), vì degq(x) ≤ n − 1 < n. Vậy hai đa thức f(x)
và g(x) phải có ít nhất một nhân tử chung bất khả quy.
Ngược lại, giả sử f(x) và g(x) có nhân tử chung là d(x) khác hằng số. Đặt f(x) = d(x)p(x)
và g(x) = d(x)q(x) . Khi đó q (x)f (x) = q (x)p(x)d(x) = p(x)g (x) với m − 1 ≥ degp(x) , n −
1 ≥ degq (x).
Chú ý rằng, phương trình q(x)f(x) = p(x)g(x) tương đương với hệ phương trình tuyến
tính m + n ẩn ci,dj sau đây:
d dd000aaa120
++=ddc110aab0 01 +=dc20ab10+=cc10bb0 2 +
c1b1 + c2b0
...
ddnn−−21aamm +=dcnm−−11abmn −1 = cm−2bn + cm−1bn−1
Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm m + n phương trình với các ẩn
c0,c1,...,cm−1,d0,d1,...,dn−1. Hệ này có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức
cấp m + n sau đây phải bằng 0 :
Hay ta có
với những vị trí trắng đều bằng 0.
Hệ quả 1.3.3. Cho đa thức f(x) và g(x) có hai đa thức α(x),β (x) ∈ K [x] để α(x)f (x) + β
(x)g (x) = Res(f,g).
Chứng minh: Đa thức f(x) và g(x) sẽ có được qua đặc biệt hóa hai đa thức fu(x) và
gv(x) tương ứng. Từ định lí 1.3.1 suy ra sự tồn tại của hai đa thức α(x),β (x) ∈ K [x] để
α(x)f (x) + β (x)g (x) = Res(f,g) qua đặc biệt hóa.
Hệ quả 1.3.4. Cho đa thức f(x) và g(x). Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung trong
một mở rộng K∗ của K khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Chứng minh: Giả sử hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung ξ ∈ K∗. Khi đó f (ξ) =
0 và g (ξ) = 0. Theo hệ quả 1.3.3, nhận được phương trình Res(f,g) = α(ξ)f (ξ) + β (ξ)g
(ξ) = 0 . Ngược lại, giả thiết Res(f,g) = 0. Khi đó f(x) và g(x) có nhân tử chung khác
hằng số (theo định lí 1.3.2). Vậy f(x) và g(x) có một nghiệm chung trong một mở rộng
K∗ của K.
Ví dụ 1.3.5. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2+ax+1 và g(x) = px+q có nghiệm
chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0. Vậy f(x)
và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
hay p2 + q2 = apq.
Ví dụ 1.3.6. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2 + ax + b và g(x) = x2 + px + q có
nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
.
Cho hai đa thức thuần nhất hai biến ta có kết quả tương đương định lý 1.3.1 sau đây:
Định lý 1.3.7. Cho hai đa thức thuần nhất hai biến xo và x1 là
f (x) = a0xm1 + a1xm1 −1x0 + ... + amxm0 g (x) = b0xn1
+ b1xn1−1x0 + ... + bnxn0 a0b0 6= 0
có hai đa thức thuần nhất u(a,b,x) ,v(a,b,x) với hệ số nguyên của các ai,bj và x0,x1 để
.
1.3.2 Biểu diễn kết thức qua nghiệm
Giả sử u0,z1,...,zm và v0,t1,...,tn là những biến độc lập đại số trên K. Xét hai đa thức
fu (x) = u0 (x − z1)...(x − zm) = u0xm + u1xm−1 + ... + um gv (x) = v0 (x
− t1)...(x − tn) = v0xn + v1xn−1 + ... + vn
thuộc vành đa thức K[u,v][x].
Vấn đề đặt ra: Biểu diễn kết thức Res(fu(x),gv(x)) qua các zi,tj . Trước tiên ta cần bổ đề
sau:
Bổ đề 1.3.8. Cho đa thức p(y1,...,ys) ∈ K[y]. Khi đó ta có đồng nhất thức
, trong đó γi ∈ K [y1,...,ys,z1,...,zs].
Chứng minh: Coi p(y1,y2,...,ys) như là một đa thức thuộc vành đa thức K[y2,...,ys][y1]. Khi
đó ta có thể biểu diễn
với c(y) ∈ K [y2,...,ys] và ta có ngay
vận dụng kết quả này ta được
p(y) − p(z) = p(y1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,z2,...,zs−1,zs)
= p(y1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,y2,...,ys−1,ys)
+p(z1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,z2,...,ys−1,ys) +...
+p(z1,z2,...,zs−1,ys) − p(z1,z2,...,zs−1,zs)
Từ kết quả vừa chỉ ra ở trên suy ra ,
trong đó γi ∈ K [y1,...,ys,x1,...,zs].
Vận dung bổ đề này ta sẽ chỉ ra công thức biểu diễn kết thức qua các zi và tj
Định lí 1.3.9. Giả sử và
. Khi đó ta có đồng nhất thức
m n
Res( .
i=1j=1
Chứng minh: Theo tính chất của kết thức, Res(fu,gv) là đa thức thuần nhất cậc n
của các ui và bậc m của các vj. Chú ý rằng, các ur là những đa thức đối xứng cơ bản
của các zi nhân với u0 và các vs là những đa thức đối xứng cơ bản
của các tj nhân với v0. Do vậy có thể viết Res( , trong đó
h(z,t) ∈Z[z1,...,zm,t1,...,tn]. Xét đa thức h(z,t). Khi cho zi = tj thì hai đa thức fu và gv có nghiệm
chung. Theo hệ quả 1.3.4 khi đó ta có Res(fu,gv) = 0 hay h(z,t) = 0. Vậy h(z,t) chia hết
cho zi − tj theo bổ đề 1.3.8. Với mỗi cặp (i,j) ta có zi −tj là bất khả quy và ứng với hai cặp
(i,j) khác nhau có zi −tj khác nhau. Như vậy Res(fu,gv) chia hết cho
trong Z[z1,...,zm,t1,...,tn].
Viết . Ta suy ra S
là đa thức thuần nhất bậc m của các vj và bậc n của các ui. Từ đây suy ra S và Res(fu,gv)
sai khác nhau chỉ một hằng số thuộc Z. Vì hệ tử của và
m n
Res(fu,gv) đều bằng 1 nên Res(
i=1j=1
Hệ quả 1.3.10. Giả sử hai đa thức f(x) = a0xm +a1xm−1 +...+am và g(x) = b0xn + b1xn−1 + ... +
bn thuộc K[x] với a0b0 =6 0 và có các nghiệm và
β1,β2,...,βn trong K . Khi đó ta có đồng nhất thức Res( .
i=1j=1
Chứng minh: Thực hiện phép đặc biệt hóa Z[u0,v0,z,t] → K sau đây:
u0 →7 a0,v0 →7 b0 và
Ta suy ra đồng nhất thức Res( .
i=1j=1
Hệ quả 1.3.11. Giả sử α,β là hai số đại số trên Q với đa thức tối tiểu tương ứng là f(x)
và g(x) thuộc Q[x]. Đặt γ = α + β,δ = α.β. Khi đó γ,δ lần lượt là
nghiệm của các đa thức p(z) = Resx(f(x),g(z−x)) và q(z) = Resx(f(x),g(z/x)xdegg(x)), tương
ứng. Từ đó suy ra các đa thức tối tiểu của γ và δ là ước của p(z) và q(z), tương ứng.
Chứng minh: Giả sử f(x) = a0xm+a1xm−1+...+am và g(x) = b0xn+b1xn−1+ ...+bn thuộc Q[x]
với a0b0 6= 0 và có các nghiệm α1,α2,...,αm và β1,β2,...,βn tương ứng. Vì g(z − x) = b0(z −
x)n + b1(z − x)n−1 + ... + bn nên g(z − x) có nghiệm là z − βj với j = 1,2,...,n . Theo hệ quả
1.3.10 ta nhận được hệ thức sau đây bởi biểu diễn p(z) :
m n
p(z) = Res
i=1 j=1
Với cặp (i,j) để α = αi;β = βj ta có γ = αi + βj. Khi đó p(γ) = 0. Vì
g (z/x)xdegg(x) = b0zn + b1zn−1x + ... + bnxn nên g (z/x)xdegg(x) có nghiệm là z/βj
với j = 1,2,...,n. Ta nhận được hệ thức sau đây biểu diễn q(z):
Với cặp (i,j) để α = αi;β = βj ta có δ = αiβj. Khi đó q (δ) = 0.
1.3.3. Phép khử ẩn
Kết thức được áp dụng nhiều trong Đại số, Hình học, Số học. Chúng ta xét một vài
ứng dụng sau đây.
Giả sử các đa thức f1,...,fs ∈ K[x] với bậc đề không nhỏ hơn 1. Chúng ta xác định điều
kiện để các đa thức này có nghiệm chung. Để giải quyết vấn đề đã nêu ra, lấy 2s biến
u1,...,us,v1,...,vs độc lập đại số trên K và xét vành
K∗ = K[u1,...,us,v1,...,vs]. Trong K[x] xét hai đa thức
f (x) = u1f1 (x) + ... + usfs (x) g (x) =
v1f1 (x) + ... + vsfs (x)
các đa thức f1,...,fs có nghiệm chung x = α thuộc K hay thuộc trường mở rộng của K thì x
= α cũng là nghiệm chung của f và g.
Ngược lại, do u1,...,us,v1,...,vs độc lập đại số trên K nên nghiệm chung của f và g cũng là
nghiệm chung của các fi. Do đó ta có kết quả sau:
Mệnh đề 1.3.12.Các đa thức f1,...,fs ∈ K[x] với bậc đều không nhỏ hơn 1 có nghiệm
chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Ví dụ 1.3.13.. Xác định điều kiện cần và đủ để f1(x) = x2 + ax + 1 và f2(x) = x2 + bx + 1 có
nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) = u1f1(x) + u2f2(x) và g(x) = v1f1(x) + v2f2(x) có nghiệm chung
khi và chỉ khi Res(f,g) = 0. Vậy f1(x) và f2(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHẠM TRUNG KIÊN
ĐƯỜNG CONG PHẲNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Thái Nguyên - Năm 2013
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHẠM TRUNG KIÊN
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS-TS: ĐÀM VĂN NHỈ
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Thái Nguyên - Năm 2013
Soá hoùa bôûi Trung taâm Hoïc lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 5
1.1 Nhóm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Kết thức và biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 ĐƯỜNG CONG PHẲNG 21
2.1 Khái niệm đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.2 Tham số hóa đường cong phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3 Điểm hữu tỷ trên đường cônic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4 Cấu trúc nhóm trên đường cong bậc ba không có điểm kỳ dị . . . 28
3 MỘT SỐ ỨNG DỤNG 31
3.1 Một vài bài hình sơ cấp qua tham số hóa . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2 Một vài phương trình nghiệm nguyên qua tham số hóa . . . . . . 35
3.3 Phép biến hình Nab . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.4 Một vài bài toán về đường cong bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
LỜI NÓI ĐẦU
Đã từ lâu, người ta rất quan tâm đến những phương trình kiểu x2 + y2 = z2 hay
x3+y3 = z3 với x,y,z nguyên. Việc giải các bài toán này khi z 6= 0 cũng chính là việc tìm
các điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng x2 + y2 = 1 hay x3 + y3 = 1. Chính vì vậy một
vấn đề nẩy sinh là xác định các điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng. Để có thể xác
định được hầu hết các điểm hữu tỷ, người ta thường tham số hóa đường cong phẳng
trong R2.
Một vấn đề nữa cũng được nhiều người quan tâm là: Một kết quả trong hình học
đúng cho đường tròn thì còn đúng cho đường elip, hypecbol, parabol không? Để có
được kết quả đúng cho đường conic thì các hệ thức phải có các hệ số tương ứng
kèm theo.
Vấn đề thứ ba là: Mô tả một tập hợp điểm trong hình học phẳng không phải cứ
dùng thước kẻ và compa là dựng được. Khi đó muốn tìm quỹ tích các điểm trong
mặt phẳng ta có thể mô tả qua đường cong phẳng.
Với ba vấn đề đặt ra ở trên luận văn này tập trung nghiên cứu về đường cong phẳng
và mở rộng một vài kết quả đã biết từ lâu. Luận văn được chia làm ba
chương.
Chương 1. Trình bày một vài kiến thức chuẩn bị về nhóm, vành đa thức, kết thức và
biệt thức.
Chương 2. Tập trung trình bày về đường cong phẳng. Mục 2.1 trình bày khái niệm
đường cong phẳng. Chúng tôi đã chứng minh được mệnh đề 2.1.2. về giao hữu hạn
điểm của hai đường cong phẳng. Mục 2.2 trình bày việc tham số hóa các đường
conic và một vài đường cong phẳng khác. Chúng tôi tham số hóa theo kiểu phân
thức hữu tỷ để áp dụng vào xác định điểm hữu tỷ trên đường cong phẳng. Cạnh đó
chúng tôi cũng tham số hóa hàm lượng giác để chuyển một vài kết quả từ đường
tròn sang elip. Mục 2.3 chúng tôi trình bày một phương pháp xác định điểm hữu tỷ
trên đường conic. Mục 2.4 trình bày cấu trúc nhóm trên đường cong bậc ba không
có điểm kỳ dị. .
Chương 3. Một số ứng dụng
Mục 3.1 trình bày một vài bài hình sơ cấp qua tham số hóa. Trong mục này tôi đã
sử dụng tham số hóa để giải quyết một số bài toán tập hợp điểm mà quỹ tích của
chúng là một đường cong phẳng bậc ba. Mục 3.2 đưa ra cách giải một vài phương
trình nghiệm nguyên sử dụng phương pháp tham số hóa. Mục 3.3 trình bày về khái
niệm và một vài tính chất của phép biến hình Nab. Trong mục này tôi trình bày định
lý Ptolemy và định lý Newton đối với đường tròn. Từ kết quả này sử dụng phép biến
hình Nab phát hiện ra một số kết quả tương tự cho elip. Mục 3.4 tôi trình bày một số
bài toán về đường cong phẳng bậc ba đặc biệt là bài toán đường cong phẳng 21-
điểm K3.
Đích cuối cùng luận văn muốn đạt được là:
1. Kết thức và phép khử với những tính chất cơ bản và ứng dụng.
2. Đường cong phẳng trong mặt phẳng và một vài tính chất.
3. Tham số hóa đường cong phẳng và sử dụng tham số hóa đường cong
phẳng trong một số bài toán về phương trình nghiệm nguyên, điểm hữu tỷ và một số
bài hình sơ cấp.
4. Phương pháp tìm điểm hữu tỷ trên đường conic và cấu trúc nhóm trên
đường cong phẳng bậc ba không kỳ dị.
5. Trình bày phép biến hình Nab và một vài tính chất.
6. Bài toán đường cong phẳng 21 - điểm K3.
Dù đã rất cố gắng, nhưng chắc chắn nội dung được trình bày trong luận văn không
tránh khỏi những thiếu sót nhất định, em rất mong nhận được sự góp ý của các thầy
cô giáo và các bạn.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ .
Em xin được tỏ lòng cảm ơn chân thành nhất tới thầy. Em xin cảm ơn chân thành
tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi em đã nhận được một học
vấn căn bản sau đại học. Tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp
đã cảm thông, ủng hộ và giúp đỡ trong suốt thời gian tác giả học cao học và viết luận
văn.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2013
Người viết
Phạm Trung Kiên
Chương1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Nhóm
Giả sử X là một tập khác rỗng. Xét tích X × X = {(a,b)|a,b ∈ X}. Một ánh xạ ∗ : X ×X
→ X được gọi là một phép toán hai ngôi trên X. Giả thiết ∗ là một phép toán hai ngôi
trên X. Phép toán ∗ được gọi là có tính chất kết hợp nếu (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa
mãn cho mọi a,b,c ∈ X. Phép toán ∗ được gọi là có tính chất giao hoán nếu a∗ b = b∗a
thỏa mãn cho mọi a,b ∈ X. Giả sử A là một tập con của X. Tập A được gọi là ổn định
với phép toán ∗ nếu a∗b ∈ A với mọi a,b ∈ A.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗. Phần tử e ∈ X được gọi là
phần tử trung hòa nếu a ∗ e = e ∗ a = a thỏa mãn cho mọi a ∈ X.
Định nghĩa 1.1.2. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗ và phần tử trung hòa
e. Giả sử phần tử a ∈ X. Phần tử b ∈ X được gọi là phần tử ngược của a nếu a ∗ b = b
∗ a = e.
Định nghĩa 1.1.3. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗ và phần tử trung hòa e.
Giả sử phần tử a ∈ X. Phần tử b ∈ X được gọi là phần tử ngược của a nếu a ∗ b = b ∗ a
= e và ta nói a có phần tử ngược là b.
Dễ dàng chứng minh được rằng, nếu X 6= ∅ với phép toán hai ngôi kết hợp ∗ mà có
phần tử trung hòa e thì phần tử e là duy nhất và nếu phần tử a ∈ X có phần tử ngược
b ∈ X thì b cũng là duy nhất.
Định nghĩa 1.1.4. Cho tập X 6= ∅ với phép toán hai ngôi ∗. X được gọi là một nhóm
nếu X cùng phép toán ∗ thỏa mãn các điều kiện sau:
(i) X có phần tử trung hòa e.
(ii) Phép toán ∗ có tính chất kết hợp, có nghĩa: (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa mãn cho mọi
a,b,c ∈ X.
(iii) Mọi phần tử a ∈ X đều có phần tử ngược, có nghĩa: Có b ∈ X để a ∗ b = b ∗ a = e.
Nhóm X với phép toán ∗ được gọi là nhóm giao hoán nếu x∗y = y ∗x thỏa mãn cho mọi
phần tử x,y ∈ X.
Nếu phép toán hai ngôi ∗ trên nhóm X được kí hiệu bởi phép cộng + thì thay cho
việc viết a ∗ b ta viết a + b và được gọi là tổng của a và b. Nhóm (X,+) gọi là nhóm
cộng. Phần tử trung hòa e của nhóm này là phần tử không và được kí hiệu là 0. Phần
tử ngược của a được gọi là phần tử đối và kí hiệu qua −a. Do vậy a − a = a + (−a) = 0.
Nếu phép toán hai ngôi ∗ trên nhóm X được kí hiệu bởi phép nhân . thì thay cho
việc viết a∗b ta viết a.b hoặc viết đơn giản ab và gọi là tích của a và b. Nhóm (X,.)
được gọi là nhóm nhân. Phần tử trung hòa e của nhóm này được gọi là phần tử đơn
vị và được kí hiệu là e. Phần tử ngược của a được gọi là phần tử nghịch đảo và được
kí hiệu qua a−1. Do vậy aa−1 = e.
1.2 Vành đa thức và nghiệm đa thức
1.2.1 Khái niệm vành đa thức
Giả sử R là vành giao hoán với đơn vị 1. Kí hiệu P ⊂ RN là tập hợp tất cả các dãy f
= (a0,a1,...,an,0,0...) với các ai ∈ R và chỉ có một số hữu hạn thành phần khác 0. Như vậy
phần tử thuộc P hoặc có dạng(0,0,...,0,0,...) hoặc (a0,a1,...,an,0,0,...) với thành phần cuối
cùng an 6= 0. Ta đưa phép toán vào P để biến P thành một vành. Với f = (a0,...,an,0,...),
g = (b0,...,bm,0,...) ∈ P , định nghĩa: f = g khi và chỉ khi ai = bi,i = 0,1,2,...
f + g = (a0 + b0,a1 + b1,...,ak + bk,...,0,...)
f.g = (a0b0,a1b0 + a0b1,a2b0 + a1b1 + a0b2,...,0,...)
Bổ đề 1.2.1. Tập (P,+,.) là một vành giao hoán với đơn vị (1,0,0,...) và ánh xạ φ : R →
(P,+,.),a 7→ (a,0,0,....) là một đơn cấu.
Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra các kết quả trên.
Đặt x = x1 = (0,1,0,0,...) và quy ước x0 = (1,0,0,...). Ta có biểu diễn
x0 = (1,0,0,...) x =
(0,1,0,0,...) x2 =
(0,0,1,0,0,...) x3 =
(0,0,0,1,0...) ... = ...
f = (a0,a1,...,an,0,0,...)
= (a0,0,0,...) + (0,a1,0,0,...) + ... + (0,0,...,0,an,0,...)
= (a0,0,...)x0 + (a1,0,...)x + ... + (an,0,0,...)xn
Nếu đồng nhất a ∈ R với ảnh φ(a) = (a,0,0,...),x0 = (1,0,0,...) = φ(1) ta có biểu diễn f =
a0 +a1x+a2x2 +...+anxn. Lúc này vành (P,+,.) được kí hiệu qua R[x] và ta có
Mỗi phần tử f ∈ R[x] được gọi là một đa thức của x với các hệ số ai thuộc vành R. Hệ
số an 6= 0 được gọi là hệ số cao nhất, còn hệ số a0 được gọi là hệ số tự do của f, n
được gọi là bậc của đa thức f và kí hiệu là degf(x). Riêng đa thức 0 được quy định có
bậc là −∞ hoặc −1. Vì tính chất đặc biệt của x nên đôi khi ta gọi x là một biến trên R
và đa thức f còn được viết qua f(x).
Nếu thì
f(x) = g(x) khi và chỉ khi m = n,ai = bi với 0 ≤ i ≤ n
!
Ta có các kết quả sau đây:
Định lý 1.2.2. Với trường K, K[x] là một vành giao hoán. Hơn nữa, K[x] còn là một
miền nguyên.
Định lý 1.2.3. Với các đa thức f(x),g(x) ∈ K[x] và g(x) 6= 0 có hai đa thức duy nhất
q(x),r(x) sao cho f(x) = g(x).q(x) + r(x) với degr(x) < degg(x).
Định lý 1.2.4. Giả sử K là một trường. Khi đó vành K[x] là một vành chính và nó là
vành nhân tử hóa.
Ví dụ 1.2.5. Cho hai số tự nhiên n và p với n > p ≥ 1. Tìm điều kiện cần và đủ để xn −
an chia hết cho xp − ap với a ∈R,a 6= 0.
Bài giải: Biểu diễn n = qp + r trong Z với 0 ≤ r < p. Khi đó có thể viết
.
Vậy, điều kiện cần và đủ để xn − an chia hết cho xp − ap là n chia hết cho p.
Giả sử trường K là trường con của trường K∗. Với α ∈ K∗ và đa thức f (x) =
. Biểu thức được gọi là giá trị của f(x) tại α
trong K∗. Nếu f(α) = 0 thì α được gọi là một nghiệm của f(x) trong K∗. Giả sử số nguyên
m ≥ 1. Phần tử α ∈ K∗ được gọi là một nghiệm bội cấp m của f(x) trong K∗ nếu f(x) chia
hết cho (x − α)m và f(x) không chia hết cho (x − α)m+1 trong K∗[x]. Khi m = 1 thì α được
gọi là nghiệm đơn.
Định lý 1.2.6. Đa thức f(x) ∈ K[x] bậc n ≥ 1. Khi đó ta có kết quả sau:
(i) Nếu α ∈ K là nghiệm của f(x) thì f(x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ K[x].
(ii) f(x) có không quá n nghiệm trong K.
1.3 Kết thức và biệt thức
Kết thức của hai đa thức được biết đến và ứng dụng mạnh mẽ trong đại số máy
tính. Nó đặc trưng cho việc xác định tính chất đặc trưng của hai đa thức một biến
trên trường K có nghiệm chung thông qua hệ số của hai đa thức đó mà không đòi
hỏi phải tìm nghiệm của chúng. Kết thức là công cụ đáng ngạc nhiên trong việc giải
quyết các bài toán về hệ phương trình đại số.
1.3.1. Khái niệm kết thức
Giả sử u0,u1,...,um và v0,v1,...,un là một họ gồm m + n + 2 biến độc lập đại số trên trường K.
Xét hai đa thức với biểu diễn dưới đây:
fu (x) = uoxm + u1xm−1 + ... + um gv (x) =
voxn + v1xn−1 + ... + vn
thuộc vành đa thức K[u,v][x]. Khi đó định thức cấp m + n dưới đây:
gồm n dòng cho các ui và m dòng cho các vj được gọi là kết thức hay định thức
Sylvester của hai đa thức fu(x) và gv(x). Từ định nghĩa ta suy ra một vài tính chất :
(i) Res(fu,gv) là đa thức thuần nhất với hệ số nguyên bậc m + n và là đa thức thuần nhất
bậc n của các ui và là đa thức thuần nhất bậc m của các vj.
(ii) Res(fu,gv) có hạng tử là đơn thức .
(iii) Giả sử m ≥ n và c ∈ K. Khi đó Res(fu + cgv,gv)=Res(fu,gv).
(iv) Với đa thức ht ta có Res(fu,gvht) =Res(fu,gv).Res(fu,ht).
Định lí 1.3.1 Với hai đa thức fu(x) và gv(x) luôn có hai đa thức h(u,v,x),k(u,v,x) ∈ K[u,v][x]
thỏa mãn hệ thức biểu diễn sau:
Res(fu(x),gv(x)) = h(u,v,x)fu(x) + k(u,v,x)gv(x).
Chứng minh: Sử dụng một hệ các đồng nhất thức dưới đây:
n−1fu (x) = u0xm+n−1 + u1xm+n−2 + ... + umxn−1
x
f... xun−(x2f)u=(xu)0x=mu+0xum1+xnm−−21++u...1x+m+unm −3 + ... + umxn−2
xm−1g xg... vm(−x1)g=vv
((vxx0))x==n +vv00xxv1mmx++nnn−−−112+++...vv11+xxmmvn
++nn−−23 ++ ...... ++ vvnnxxmm−−1 2
Ta coi zi = xm+n−1−i,i = 0,1,...,m+n−1 , là các ẩn và định thức của hệ phương
trình tuyến tính này là Res(fu(x),gv(x)). Kí hiệu , là các
vectơ cột của ma trận ngay dưới
u1 u2
u0 u0 u1
...
v1 v2
v0 v1 um
um um
... ... um−1 ... ...
v0 ... ...
··· ··· um−1
u0 u1 vn
··· vn−1 vn
... ...
··· ... ···
v0 v0 ··· vn−1 vn
Và
Khi đó ta có hệ thức
Giải hệ này qua định thức và khai triển định thức ta có hệ thức :
Res(
Do đó Res(fu (x),gv (x)) = h(u,v,x)fu (x) + k (u,v,x)gv (x).
Tiếp theo, thực hiện phép đặc biệt hóa K [u,v][x] → K [x] qua việc thế
(u0,u1,...,um) 7→ (a0,a1,...,am),(v0,v1,...,vn) →7 (b0,b1,...,bn)
Khi đó có đa thức fa(x),gb(x) và kết thức Res(fa,gb) sau đây:
fa (x) = a0xm + a1xm−1 + ... + am gb (x) = b0xn +
b1xn−1 + ... + bn ,a0b0 6= 0
Định lý 1.3.2. Hai đa thức fa(x) và gb(x) có ước chung khác hằng số khi và chỉ khi có
hai đa thức thuộc K[x] biểu diễn dạng
p(x) = c0xm−1 + c1xm−2 + ... + cm−1 q (x) =
d0xn−1 + d1xn−2 + ... + dn−1
không đồng thời bằng 0 thỏa mãn q (x)f (x) = p(x)g (x).
Chứng minh: Giả sử ta có quan hệ q (x)f (x) = p(x)g (x). Khi đó mọi nhân tử của
f(x) không thể chỉ là các nhân tử của p(x), vì degp(x) ≤ m − 1 < m, mọi nhân tử của
g(x) không thể chỉ là các nhân tử của q(x), vì degq(x) ≤ n − 1 < n. Vậy hai đa thức f(x)
và g(x) phải có ít nhất một nhân tử chung bất khả quy.
Ngược lại, giả sử f(x) và g(x) có nhân tử chung là d(x) khác hằng số. Đặt f(x) = d(x)p(x)
và g(x) = d(x)q(x) . Khi đó q (x)f (x) = q (x)p(x)d(x) = p(x)g (x) với m − 1 ≥ degp(x) , n −
1 ≥ degq (x).
Chú ý rằng, phương trình q(x)f(x) = p(x)g(x) tương đương với hệ phương trình tuyến
tính m + n ẩn ci,dj sau đây:
d dd000aaa120
++=ddc110aab0 01 +=dc20ab10+=cc10bb0 2 +
c1b1 + c2b0
...
ddnn−−21aamm +=dcnm−−11abmn −1 = cm−2bn + cm−1bn−1
Đây là hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm m + n phương trình với các ẩn
c0,c1,...,cm−1,d0,d1,...,dn−1. Hệ này có nghiệm không tầm thường khi và chỉ khi định thức
cấp m + n sau đây phải bằng 0 :
Hay ta có
với những vị trí trắng đều bằng 0.
Hệ quả 1.3.3. Cho đa thức f(x) và g(x) có hai đa thức α(x),β (x) ∈ K [x] để α(x)f (x) + β
(x)g (x) = Res(f,g).
Chứng minh: Đa thức f(x) và g(x) sẽ có được qua đặc biệt hóa hai đa thức fu(x) và
gv(x) tương ứng. Từ định lí 1.3.1 suy ra sự tồn tại của hai đa thức α(x),β (x) ∈ K [x] để
α(x)f (x) + β (x)g (x) = Res(f,g) qua đặc biệt hóa.
Hệ quả 1.3.4. Cho đa thức f(x) và g(x). Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung trong
một mở rộng K∗ của K khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Chứng minh: Giả sử hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung ξ ∈ K∗. Khi đó f (ξ) =
0 và g (ξ) = 0. Theo hệ quả 1.3.3, nhận được phương trình Res(f,g) = α(ξ)f (ξ) + β (ξ)g
(ξ) = 0 . Ngược lại, giả thiết Res(f,g) = 0. Khi đó f(x) và g(x) có nhân tử chung khác
hằng số (theo định lí 1.3.2). Vậy f(x) và g(x) có một nghiệm chung trong một mở rộng
K∗ của K.
Ví dụ 1.3.5. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2+ax+1 và g(x) = px+q có nghiệm
chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0. Vậy f(x)
và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
hay p2 + q2 = apq.
Ví dụ 1.3.6. Xác định điều kiện cần và đủ để f(x) = x2 + ax + b và g(x) = x2 + px + q có
nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Vậy f(x) và g(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi
.
Cho hai đa thức thuần nhất hai biến ta có kết quả tương đương định lý 1.3.1 sau đây:
Định lý 1.3.7. Cho hai đa thức thuần nhất hai biến xo và x1 là
f (x) = a0xm1 + a1xm1 −1x0 + ... + amxm0 g (x) = b0xn1
+ b1xn1−1x0 + ... + bnxn0 a0b0 6= 0
có hai đa thức thuần nhất u(a,b,x) ,v(a,b,x) với hệ số nguyên của các ai,bj và x0,x1 để
.
1.3.2 Biểu diễn kết thức qua nghiệm
Giả sử u0,z1,...,zm và v0,t1,...,tn là những biến độc lập đại số trên K. Xét hai đa thức
fu (x) = u0 (x − z1)...(x − zm) = u0xm + u1xm−1 + ... + um gv (x) = v0 (x
− t1)...(x − tn) = v0xn + v1xn−1 + ... + vn
thuộc vành đa thức K[u,v][x].
Vấn đề đặt ra: Biểu diễn kết thức Res(fu(x),gv(x)) qua các zi,tj . Trước tiên ta cần bổ đề
sau:
Bổ đề 1.3.8. Cho đa thức p(y1,...,ys) ∈ K[y]. Khi đó ta có đồng nhất thức
, trong đó γi ∈ K [y1,...,ys,z1,...,zs].
Chứng minh: Coi p(y1,y2,...,ys) như là một đa thức thuộc vành đa thức K[y2,...,ys][y1]. Khi
đó ta có thể biểu diễn
với c(y) ∈ K [y2,...,ys] và ta có ngay
vận dụng kết quả này ta được
p(y) − p(z) = p(y1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,z2,...,zs−1,zs)
= p(y1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,y2,...,ys−1,ys)
+p(z1,y2,...,ys−1,ys) − p(z1,z2,...,ys−1,ys) +...
+p(z1,z2,...,zs−1,ys) − p(z1,z2,...,zs−1,zs)
Từ kết quả vừa chỉ ra ở trên suy ra ,
trong đó γi ∈ K [y1,...,ys,x1,...,zs].
Vận dung bổ đề này ta sẽ chỉ ra công thức biểu diễn kết thức qua các zi và tj
Định lí 1.3.9. Giả sử và
. Khi đó ta có đồng nhất thức
m n
Res( .
i=1j=1
Chứng minh: Theo tính chất của kết thức, Res(fu,gv) là đa thức thuần nhất cậc n
của các ui và bậc m của các vj. Chú ý rằng, các ur là những đa thức đối xứng cơ bản
của các zi nhân với u0 và các vs là những đa thức đối xứng cơ bản
của các tj nhân với v0. Do vậy có thể viết Res( , trong đó
h(z,t) ∈Z[z1,...,zm,t1,...,tn]. Xét đa thức h(z,t). Khi cho zi = tj thì hai đa thức fu và gv có nghiệm
chung. Theo hệ quả 1.3.4 khi đó ta có Res(fu,gv) = 0 hay h(z,t) = 0. Vậy h(z,t) chia hết
cho zi − tj theo bổ đề 1.3.8. Với mỗi cặp (i,j) ta có zi −tj là bất khả quy và ứng với hai cặp
(i,j) khác nhau có zi −tj khác nhau. Như vậy Res(fu,gv) chia hết cho
trong Z[z1,...,zm,t1,...,tn].
Viết . Ta suy ra S
là đa thức thuần nhất bậc m của các vj và bậc n của các ui. Từ đây suy ra S và Res(fu,gv)
sai khác nhau chỉ một hằng số thuộc Z. Vì hệ tử của và
m n
Res(fu,gv) đều bằng 1 nên Res(
i=1j=1
Hệ quả 1.3.10. Giả sử hai đa thức f(x) = a0xm +a1xm−1 +...+am và g(x) = b0xn + b1xn−1 + ... +
bn thuộc K[x] với a0b0 =6 0 và có các nghiệm và
β1,β2,...,βn trong K . Khi đó ta có đồng nhất thức Res( .
i=1j=1
Chứng minh: Thực hiện phép đặc biệt hóa Z[u0,v0,z,t] → K sau đây:
u0 →7 a0,v0 →7 b0 và
Ta suy ra đồng nhất thức Res( .
i=1j=1
Hệ quả 1.3.11. Giả sử α,β là hai số đại số trên Q với đa thức tối tiểu tương ứng là f(x)
và g(x) thuộc Q[x]. Đặt γ = α + β,δ = α.β. Khi đó γ,δ lần lượt là
nghiệm của các đa thức p(z) = Resx(f(x),g(z−x)) và q(z) = Resx(f(x),g(z/x)xdegg(x)), tương
ứng. Từ đó suy ra các đa thức tối tiểu của γ và δ là ước của p(z) và q(z), tương ứng.
Chứng minh: Giả sử f(x) = a0xm+a1xm−1+...+am và g(x) = b0xn+b1xn−1+ ...+bn thuộc Q[x]
với a0b0 6= 0 và có các nghiệm α1,α2,...,αm và β1,β2,...,βn tương ứng. Vì g(z − x) = b0(z −
x)n + b1(z − x)n−1 + ... + bn nên g(z − x) có nghiệm là z − βj với j = 1,2,...,n . Theo hệ quả
1.3.10 ta nhận được hệ thức sau đây bởi biểu diễn p(z) :
m n
p(z) = Res
i=1 j=1
Với cặp (i,j) để α = αi;β = βj ta có γ = αi + βj. Khi đó p(γ) = 0. Vì
g (z/x)xdegg(x) = b0zn + b1zn−1x + ... + bnxn nên g (z/x)xdegg(x) có nghiệm là z/βj
với j = 1,2,...,n. Ta nhận được hệ thức sau đây biểu diễn q(z):
Với cặp (i,j) để α = αi;β = βj ta có δ = αiβj. Khi đó q (δ) = 0.
1.3.3. Phép khử ẩn
Kết thức được áp dụng nhiều trong Đại số, Hình học, Số học. Chúng ta xét một vài
ứng dụng sau đây.
Giả sử các đa thức f1,...,fs ∈ K[x] với bậc đề không nhỏ hơn 1. Chúng ta xác định điều
kiện để các đa thức này có nghiệm chung. Để giải quyết vấn đề đã nêu ra, lấy 2s biến
u1,...,us,v1,...,vs độc lập đại số trên K và xét vành
K∗ = K[u1,...,us,v1,...,vs]. Trong K[x] xét hai đa thức
f (x) = u1f1 (x) + ... + usfs (x) g (x) =
v1f1 (x) + ... + vsfs (x)
các đa thức f1,...,fs có nghiệm chung x = α thuộc K hay thuộc trường mở rộng của K thì x
= α cũng là nghiệm chung của f và g.
Ngược lại, do u1,...,us,v1,...,vs độc lập đại số trên K nên nghiệm chung của f và g cũng là
nghiệm chung của các fi. Do đó ta có kết quả sau:
Mệnh đề 1.3.12.Các đa thức f1,...,fs ∈ K[x] với bậc đều không nhỏ hơn 1 có nghiệm
chung khi và chỉ khi Res(f,g) = 0.
Ví dụ 1.3.13.. Xác định điều kiện cần và đủ để f1(x) = x2 + ax + 1 và f2(x) = x2 + bx + 1 có
nghiệm chung.
Bài giải: Hai đa thức f(x) = u1f1(x) + u2f2(x) và g(x) = v1f1(x) + v2f2(x) có nghiệm chung
khi và chỉ khi Res(f,g) = 0. Vậy f1(x) và f2(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi