Tài liệu Về định lý hilbert thứ 17

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN VĂN DÂN VỀ ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHAN VĂN DÂN VỀ ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Nguyễn Văn Hoàng THÁI NGUYÊN - NĂM 2017 i Mục lục Lời cảm ơn 1 Lời mở đầu 2 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Mở rộng trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Bậc siêu việt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Đại số, đồng cấu đại số . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 5 6 2 ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 2.1 Một số ví dụ liên quan đến Bài toán thứ 17 của Hilbert 2.2 Định lý Artin - Cassels - Pfister . . . . . . . . . . . . 2.3 Lý thuyết của Artin và Bài toán thứ 17 của Hilbert . . 2.3.1 Trường thực hình thức . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Định lý Sylvester về trường đóng thực . . . . . 2.3.3 Bài toán thứ 17 của Hilbert . . . . . . . . . . 7 7 15 20 20 24 29 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 1 Lời cảm ơn Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hoàng. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán K9b2 (khóa 2015–2017); Nhà trường và các phòng chức năng của Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Nghiên cứu và Phát triển giáo dục Hải Phòng đã giúp đỡ, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi có thể hoàn thành luận văn này. Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K9b2 (khóa 2015–2017) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập, nghiên cứu. Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 9 năm 2017 Tác giả Phan Văn Dân 2 Mở đầu Một định lí nổi tiếng của Lagrange nói rằng với mỗi số nguyên dương a đều biểu diễn được thành tổng của bốn số chính phương. Vì vậy, người ta quan tâm đến câu hỏi liệu rằng có thể mở rộng vấn đề cho đa thức. Xét đa thức hệ số thực n biến f ∈ R[x1 . . . , xn ]. Sự tương tự của giả thiết a ≥ 0 trong bài toán đối với các số nguyên, được thay thế bởi giả thiết f (x1 , . . . , xn ) ≥ 0 với mọi giá trị của x1 , . . . , xn ∈ R. Một đa thức f như thế được gọi là đa thức nửa xác định dương, ta viết tắt là psd. Năm 1885, Minkowski đã trình bầy tại buổi bảo vệ luận án về các dạng bậc hai đã khẳng định giả thuyết rằng "tồn tại một đa thức thuần nhất, thực, psd, có bậc > 2 và số biến > 2 mà nó không là tổng bình phương của các đa thức thực thuần nhất". Tại buổi bảo vệ luận án này, người nhận xét là Hilbert đã phản biện lại kết luận của Minkowski, nhưng khi đó ông không đưa ra được một dẫn chứng cụ thể nào. Tuy nhiên Hilbert đã tuyên bố rằng ông đã bị thuyết phục bởi sự khám phá của Minknowski cho trường hợp với n = 3, đó là trường hợp đáng chú ý. Năm 1888, Hilbert đã chứng minh giả thuyết của Minknowski bằng cách chỉ ra sự tồn tại của một đa thức f sao cho f là psd, thực, nhưng f không thể viết thành tổng của bình phương của các đa thức. Ngoài ra ông cũng đã nghiên cứu sâu hơn và xem xét vấn đề biểu diễn đa thức psd f ∈ R[x1 , . . . , xn ] thành tổng các bình phương của các hàm hữu tỉ trong R(x1 , . . . , xn ), và phát biểu Định lí thứ 17 của mình, đó là: Nếu f ∈ R[x1 , . . . , xn ] là psd, thì f là tổng của bình phương của các hàm hữu tỉ trong R(x1 , . . . , xn ). Chú ý rằng nếu ta xét trên C, ở đó ta không có quan hệ thứ tự, khi đó ta thấy rằng mỗi đa thức trong C[x1 , . . . , xn ] đều là một tổng của các bình 3 phương của các hàm hữu tỉ. Bài toán thứ 17 của Hilbert đã được giải quyết vào năm 1926 bởi Artin, ông đã chứng minh nó là một định lí. Chứng minh đó cũng mang đến sự bắt đầu cho một số chủ đề mới của hình học đại số thực. Ý tưởng chứng minh của Artin được mô tả sơ bộ như sau. Mặc dù trường R (hoặc tổng quát hơn, bất kì "trường đóng thực") có duy nhất một cách sắp thứ tự, nhưng trường hàm R(x1 , . . . , xn ) có nhiều cách sắp thứ tự khác nhau. Nếu f không là tổng của các bình phương trong R(x1 , . . . , xn ), thì sẽ có một cách sắp thứ tự trên R(x1 , . . . , xn ) mà trong đó f là phần tử âm. Khi đó, có một "phép đặc biệt hóa" f (a1 , . . . , an ) cũng là phần tử âm, đó là chìa khóa của chứng minh. Mục đích của luận văn này là trình bày chi tiết chứng minh của Artin cho Định lý thứ 17 của Hilbert. Trước khi trình bày chứng minh đó, luận văn dành một thời lượng đáng kể để trình bày một số ví dụ điển hình có liên quan đến bài toán, đó là ví dụ về những đa thức là psd có biểu diễn được thành tổng các bình phương của các đa thức, hoặc những đa thức là psd nhưng không biểu diễn được thành tổng các bình phương của những đa thức. Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày một số kiến thức về lý thuyết trường. Chương 2 là nội dung chính của luận văn. Mục 2.1 trình bày những ví dụ liên quan đến Bài toán 17 của Hilbert. Mục 2.2 tập trung trình bày chi tiết chứng minh của Artin về lời giải cho Bài toán 17 của Hilbert. Mục 2.2 được chia làm 3 mục nhỏ. Mục 2.2.1 trình bày về cơ sở lý thuyết về trường thực hình thức. Mục 2.2.2 trình bày về Định lý Sylvester về số nghiệm phân biệt của đa thức trong trường đóng thực. Mục 2.2.3 trình bày lời giải cho Bài toán 17 của Hilbert, đó là chứng minh của Artin. 4 Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này chúng ta đưa ra một số kiến thức chuẩn bị về mở rộng trường, bậc siêu việt, đại số, đồng cấu đại số, mở rộng hữu hạn, mở rộng đại số, bao đóng đại số. Những kiến thức này được dùng để chứng minh cho các kết quả ở chương sau. 1.1 Mở rộng trường Định nghĩa 1.1.1. (i) Cho F là một trường và K là một trường chứa F . Khi đó quan hệ F ⊆ K gọi là một mở rộng trường, kí hiệu là K/F . (ii) Giả sử K/F là một mở rộng trường. Khi đó K là một F -không gian véc tơ. Ta kí hiệu [K : F ] = dimF K và gọi là bậc của mở rộng K/F . Bổ đề 1.1.2. Cho F là một trường, f (x) ∈ F [x] là đa thức bất khả quy và đặt K = F [x]/(f (x)). Khi đó K là một trường chứa F như một trường con, K chứa một nghiệm của f (x), và ta có [K : F ] = deg(f (x)). Định nghĩa 1.1.3. Cho E/F là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E. Trường con bé nhất của E chứa F và chứa α1 , . . . , αn , được kí hiệu là F (α1 , . . . , αn ) và được gọi là mở rộng của F bằng cách ghép thêm các phần tử α1 , . . . , αn . Mỗi phần tử ω tùy ý của F (α1 , . . . , αn ) có dạng thương của hai phần tử 5 của F [α1 , . . . , αn ], tức là ω= f (α1 , ..., αn ) g(α1 , ..., αn ) trong đó f (α1 , ..., αn ), g(α1 , ..., αn ) ∈ F [α1 , ..., αn ] và g(α1 , ..., αn ) 6= 0. Định nghĩa 1.1.4. (i) Một mở rộng trường E/F được gọi là mở rộng hữu hạn nếu [E : F ] là một số hữu hạn (tức là [E : F ] < ∞). (ii) Một mở rộng trường E/F là mở rộng đại số nếu mọi phần tử của E đều là phần tử đại số trên F . Định nghĩa 1.1.5. (i) Một trường E được gọi là trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương với hệ tử trong E đều có nghiệm trong E . (ii) Một bao đóng đại số của một trường F là một mở rộng đại số của F mà nó là trường đóng đại số, kí hiệu bao đóng đại số của F là F . Định nghĩa 1.1.6. (i) Cho F là trường. Một đa thức f (x) ∈ F [x] gọi là đa thức tách được nếu mọi nhân tử bất khả quy của f trong F [x] không có nghiệm bội. (ii) Cho mở rộng trường E/F . Một phần tử α ∈ E gọi là phần tử tách được trên F nếu nó siêu việt trên F hoặc đa thức tối tiểu của nó là đa thức tách được trên F . Định lý 1.1.7 (Định lý phần tử nguyên thủy). Cho mở rộng trường E/F với F là trường vô hạn và E = F (α1 , . . . , αn ). Giả sử α1 , . . . , αn là các phần tử đại số trên F , trong đó αi là phần tử tách được trên F với mọi i = 2, . . . , n. Khi đó tồn tại phần tử θ ∈ E sao cho E = F (θ). 1.2 Bậc siêu việt Định nghĩa 1.2.1. Cho mở rộng trường E/F và S là tập con của E . Tập S được gọi là độc lập đại số trên F nếu với mọi đa thức khác không p(x1 , . . . , xn ) ∈ F [x1 , . . . , xn ], và s1 , . . . , sn ∈ S (tất cả phân biệt), ta đều có p(s1 , . . . , sn ) 6= 0. 6 Mệnh đề 1.2.2. Cho mở rộng trường E/F và S ⊂ E là tập độc lập đại số trên F . Khi đó S là tối đại nếu và chỉ nếu E/F (S) là mở rộng đại số. Định nghĩa 1.2.3. (i) Cho mở rộng trường E/F . Một tập con S ⊂ E sao cho S là tập độc lập đại số tối đại trên F được gọi là một cơ sở siêu việt của E/F . (ii) Bậc siêu việt của một mở rộng trường E/F là lực lượng của một cơ sở siêu việt của nó, kí hiệu tr.deg(E/F ). 1.3 Đại số, đồng cấu đại số Định nghĩa 1.3.1. (i) Cho F là trường. Một F −đại số A là một vành giao hoán A có đơn vị sao cho có một đồng cấu vành từ F đến A. (ii) Cho các F −đại số A và B . Một F −đồng cấu của các F −đại số A và B là một ánh xạ f : A → B sao cho f là ánh xạ F −tuyến tính và f (xy) = f (x)f (y) với mọi x, y ∈ A. 7 Chương 2 ĐỊNH LÍ HILBERT THỨ 17 2.1 Một số ví dụ liên quan đến Bài toán thứ 17 của Hilbert Định nghĩa 2.1.1. Một đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ R[x1 , x2 , . . . , xn ] được gọi là nửa xác định dương (nói tắt là psd) nếu f (x1 , . . . , xn ) ≥ 0 với mọi x1 , . . . , xn ∈ R. Không khó để chứng minh một đa thức p(x) ∈ R[x] mà là psd thì nó có thể biểu diễn được thành tổng bình phương của hai đa thức với hệ số thực. Mệnh đề 2.1.2. Nếu p(x) ∈ R[x] là đa thức psd, thì p(x) là tổng các bình phương của các đa thức trong R[x]. Chứng minh. Ta biết rằng nghiệm của một đa thức với hệ số thực chỉ có thể là nghiệm thực hoặc cặp nghiệm phức liên hợp. Do đó ta viết p(x) được dưới dạng s t Y Y p(x) = a (x − zj )(x − zj ) (x − αk )mk , j=1 k=1 trong đó αk ∈ R. Vì p(x) > 0 với mọi x ∈ R, nên a > 0 và mk là chẵn với mọi k . Suy ra các nghiệm thực cũng được tách ra thành các cặp. Do đó l l √ Y √ Y p(x) = ( a (x − zj ))( a (x − zj )), j=1 j=1 8 trong đó zj có thể là số thực. Bằng cách tách phần thực và phần ảo riêng nhau ra ta có thể đặt l √ Y a (x − zj ) = q(x) + ir(x), j=1 trong đó q(x) và r(x) là hai đa thức có hệ số thực. Khi đó ta có l √ Y a (x − zj ) = q(x) − ir(x). j=1 Kết hợp lại, ta có p(x) = (q(x) + ir(x))(q(x) − ir(x)) = q(x)2 + r(x)2 , đó là sự biểu diễn của p(x) thành tổng bình phương hai đa thức hệ số thực. Chú ý 2.1.3. Đối với các đa thức có nhiều biến, phát biểu tương tự như mệnh đề trên không phải luôn đúng, tức là, có những đa thức hệ số thực là psd nhưng người ta không thể biểu diễn đa thức đó thành tổng bình phương của các đa thức với hệ số thực. Năm 1888, lần đầu tiên Hilbert đã chứng minh điều đó, nhưng ông chưa đưa ra được một ví dụ rõ ràng về một đa thức như vậy. Sau đó, một số ví dụ cụ thể về đa thức kiểu đó được đưa ra bởi T. Motzkin năm 1967, R. M. Robinson năm 1973. Tiếp theo ta xét những ví dụ đó. Ví dụ 2.1.4 (T. Motzkin). Đa thức F (x, y) = x2 y 2 (x2 + y 2 − 3) + 1 là psd nhưng nó không thể biểu diễn thành tổng bình phương của các đa thức có hệ số thực. Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh F (x, y) > 0. Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì F (x, y) = 1. Ta xét xy 6= 0. Khi đó, x2 , y 2 và x−2 y −2 là dương, tích của chúng bằng 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có p x2 + y 2 + x−2 y −2 > 3 3 x2 .y 2 .x−2 y −2 = 3 Do đó x2 y 2 (x2 + y 2 − 3) + 1 > 0. 9 Bây giờ, ta chứng minh F (x, y) không biểu diễn được thành tổng bình phương của các đa thức trong R[x]. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả P sử F (x, y) = fj (x, y)2 , với fj ∈ R[x]. Khi đó X F (x, 0) = fj (x, 0)2 = 1 (2.1) Do đó fj (x, 0) = cj là hằng số và do đó fj (x, y) = cj + ygj (x, y) với mọi j (thật vậy giả sử trái lại, khi đó có một số đa thức fi (x, 0) của biến x không phải hằng số và có bậc cao nhất n + 1 sao cho fi (x, 0) = ci + x(. . . + uin xn ) với uin 6= 0. Dẫn đến X X X 2 2 2 1= fj (x, 0) = cj + x (. . . + ujn xn )2 + 2xcj (. . . + ujn xn ). P 2 Từ đó suy ra uin = 0, kéo theo uin = 0 với mọi i. Đó là điều mâu thuẫn). Lập luận tương tự ta có fj (x, y) = c0 j + xgj0 (x, y) với mọi j . Mặt khác fj (0, 0) = cj = c0j nên cj = c0j . Do đó fj (x, y) = cj + xyhj (x, y) với mọi j . Khi đó X X X F (x, y) = x2 y 2 hj 2 + 2xy cj hj + cj 2 tức là 2 2 2 2 2 2 x y (x + y − 3) − x y X 2 hj = 2xy X cj hj + X cj 2 − 1. Tất cả các đơn thức ở vế phải có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3, và tất cả các đơn thức ở vế trái có bậc lớn hơn hoặc bằng 4 (vì deg(hj ) = deg(fj ) − 2 6 1 2 deg F − 2 = 1). Do đó X 2 2 2 2 2 2 x y (x + y − 3) − x y hj 2 = 0. Từ đó ta có x2 + y 2 − 3 = x = y = 0. P hj 2 , điều này vô lý do x2 + y 2 − 3 < 0 khi Trước khi xét ví dụ tiếp theo ta cần chứng minh một bổ đề sau đây. Bổ đề 2.1.5. Trong mặt phẳng, cho Aij là giao điểm của các đường thẳng pi và qj trong đó 1 6 i, j 6 3 và các điểm Aij đôi một phân biệt. Giả sử đã biết tất cả các điểm Aij trừ điểm A33 đều nằm trên một đường bậc ba. Khi đó điểm A33 cũng nằm trên đường bậc ba này. 10 Chứng minh. Giả sử pi (x, y) = 0 và qj (x, y) = 0 là phương trình của đường thẳng pi và qj . Do đó, phương trình bậc ba p1 p2 p3 = 0 xác định cho ba đường thẳng p1 , p2 và p3 ; và phương trình q1 q2 q3 = 0 xác định cho ba đường thẳng q1 , q2 và q3 . Khi đó đường bậc ba αp1 p2 p3 + βq1 q2 q3 = 0 đi qua tất cả các điểm Aij . Từ đó ta thấy rằng ta có thể biểu diễn theo cách này phương trình của một đường bậc ba bất kì đi qua tám điểm trong chín điểm Aij . Ta sẽ chứng minh điều này: Chọn đường thẳng p1 và q1 là các trục tọa độ, cụ thể ta giả sử trục Oy là đường q1 và trục Ox là đường p1 . Khi đó p1 (x, y) = y và q1 (x, y) = x. Xét một đường bậc ba đã cho được xác định bởi phương trình P (x, y) = 0. Khi đó các hàm số P (0, y) và yp2 (0, y)p3 (0, y) triệt tiêu tại ba điểm A11 , A21 và A31 trên trục y (Hình 2.1). Hình 2.1: Giao điểm của 6 đường thẳng Hơn nữa, các hàm số đó là đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 3. Do đó, P (0, y) = αyp2 (0, y)p3 (0, y). Tương tự, P (x, 0) = βxq2 (x, 0)q3 (x, 0). Xét đa thức Q(x, y) = P (x, y) − αyp2 (x, y)p3 (x, y) − βxq2 (x, y)q3 (x, y). Hiển nhiên, ta có Q(0, y) = P (0, y) − αyp2 (0, y)p3 (0, y) = 0. 11 Mà ta viết Q(x, y) ở dạng Q(x, y) = a0 (y) + a1 (y)x + a2 (y)x2 + a3 (y)x3 . Do đó đa thức Q(0, y) = a0 (y) + a1 (y)x + a2 (y)x2 + a3 (y)x3 triệt tiêu tại x = 0 khi và chỉ khi a0 (y) cũng bằng không, tức là đa thức Q(x, y) chia hết cho x. Lập luận tương tự ta có Q(x, y) chia hết cho y, tức là, Q(x, y) = xyQ1 (x, y). Bậc của Q(x, y) không quá 3, vì vậy, Q1 (x, y) là hàm số tuyến tính hoặc là một hằng số. Ta nhắc lại rằng các đa thức P, p2 p3 và q2 q3 triệt tiêu tại các điểm A22 , A23 và A32 ; do đó, đa thức Q(x, y) cũng triệt tiêu tại các điểm ấy. Vì tại tất cả các điểm đó đều có xy 6= 0, nên hàm số tuyến tính Q1 (x, y) phải triệt tiêu tại các điểm A22 , A23 và A32 . Mà rõ ràng là các điểm A22 , A23 và A32 không nằm trên cùng một đường; trong khi đó đối với hàm số tuyến tính khác không f (x, y) có phương trình f (x, y) = 0 sẽ xác định là một đường thẳng. Do đó, ta phải có Q1 (x, y) = 0, tức là, P = αp1 p2 p3 + βq1 q2 q3 . Trường hợp đặc biệt, ta suy ra rằng điểm A33 nằm trên đường cong P (x, y) = 0 (vì tại điểm A33 đa thức αp1 p2 p3 + βq1 q2 q3 bị triệt tiêu). Như vậy ta đã chứng minh được bất kì một đường bậc ba đi qua các điểm Aij đều được xác định bởi phương trình αp1 p2 p3 + βq1 q2 q3 = 0. Bổ đề 2.1.5 được chứng minh. Ví dụ 2.1.6. (R. M. Robinson, 1973) Đa thức S(x, y) = x2 (x2 − 1)2 + y 2 (y 2 − 1)2 − (x2 − 1)(y 2 − 1)(x2 + y 2 − 1) là psd nhưng nó không thể biểu diễn được thành tổng bình phương của các đa thức có hệ số thực. Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh S(x, y) > 0. Điều này đúng với mọi điểm nằm trong phần không được che phủ của mặt phẳng ở Hình ?? (vì với mọi điểm ở miền đó thỏa mãn hoặc là x2 + y 2 − 1 6 0 và (x2 − 1)(y 2 − 1) > 0, hoặc là x2 + y 2 − 1 > 0 và (x2 − 1)(y 2 − 1) ≤ 0). Nhưng S(x, y) có thể biểu diễn được dưới dạng khác như sau S(x, y) = (x2 + y 2 − 1)(x2 − y 2 )2 + (x2 − 1)(y 2 − 1). 12 Hình 2.2: Mô tả các miền xét khác nhau Biểu thức trên cho thấy S(x, y) ≥ 0 với mọi điểm nằm trong miền bóng mờ (vì các điểm đó thỏa mãn x2 + y 2 − 1 ≥ 0 và (x2 − 1)(y 2 − 1) ≥ 0). Do đó S(x, y) ≥ 0. Bây giờ, ta sẽ chứng minh S(x, y) không biểu diễn được thành tổng bình phương của các đa thức có hệ số thực bằng phản chứng. Giả sử S(x, y) = P fj (x, y)2 . Hàm số S(x, y) triệt tiêu tại 8 điểm đã miêu tả ở Hình 2.3. Hình 2.3: Các điểm xét khác nhau Từ đó suy ra tại các điểm này, các hàm số fj đều triệt tiêu. Nhưng bậc 13 1 2 fj ≤ deg S = 3. Theo Bổ đề 2.1.5 ta suy ra được rằng nếu một đường cong bậc 3 mà đi qua 8 điểm này, thì nó tất yếu phải đi qua gốc tọa độ. Theo đó, ta thu được fj (0, 0) = 0 với mọi j và do đó S(x, y) = 0. Nhưng rõ ràng ta thấy S(x, y) = 1. Điều này là mâu thuẫn, vậy S(x, y) không biểu diễn được dưới dạng tổng bình phương của các đa thức. Ta cần một bổ đề sau đây khi nghiên cứu một ví dụ tiếp theo của Robinson. Bổ đề 2.1.7. Cho f (x, y, z) là hàm đa thức bậc không quá 2 trên R. Giả sử f triệt tiêu tại 7 điểm đỉnh lập phương như Hình 2.4 (ngoại trừ điểm (1,1,1)). Khi đó f (x, y, z) cũng triệt tiêu tại điểm (1, 1, 1). Chứng minh. Vì f (0, 0, 0) = 0 nên hệ số tự do của f bằng 0. Vì f (1, 0, 0) = 0 nên hệ số của x là a và hệ số của x2 là −a (với a ∈ R). Vì f (0, 1, 0) = 0 nên hệ số của y là b và hệ số của y 2 là −b. Tương tự ta có hệ số của z là c và hệ số của z 2 là −c. Lại vì f (1, 1, 0) = 0 nên hệ số của xy là 0, tương tự ta cũng có hệ số của yz và của xz là 0. Vậy f (x, y, z) có dạng f (x, y, z) = ax − ax2 + by − by 2 + cz − cz 2 = a(x − x2 ) + b(y − y 2 ) + c(z − z 2 ). Từ đó rõ ràng là f (1, 1, 1) = 0. Ví dụ 2.1.8. (R. M. Robinson, 1973) Đa thức Q(x, y, z) = x2 (x − 1)2 + y 2 (y − 1)2 + z 2 (z − 1)2 + 2xyz(x + y + z − 2) là psd nhưng nó không biểu diễn được thành tổng bình phương của các đa thức có hệ số thực. Chứng minh. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử Q(x, y, z) biểu diễn được thành tổng bình phương các đa thức hệ số thực, chẳng hạn ở dạng X Q(x, y, z) = fj (x, y, z)2 . Do đó bậc của mỗi đa thức fj nhỏ hơn hoặc bằng 2. Do hàm số Q(x, y, z) bị triệt tiêu tại tất cả các điểm (x, y, z) với tọa độ x, y, z = 0 hoặc 1, ngoại trừ điểm (1, 1, 1) (tức là tại 7 điểm ở Hình 2.4, chỉ trừ điểm (1, 1, 1)) nên các hàm số fj (x, y, z) cũng triệt tiêu tại 7 điểm đó. Từ đó áp dụng Bổ đề 14 2.1.7, ta suy ra rằng fj (1, 1, 1) = 0 với mọi j (vì bậc của các đa thức fj nhỏ hơn hoặc bằng 2). Điều này dẫn đến Q(1, 1, 1) = 0. Tuy nhiên từ dạng ban đầu của Q(x, y, z) ta thấy Q(1, 1, 1) = 2. Vậy ta có mâu thuẫn. Chứng tỏ Q(x, y, z) không là tổng bình phương của các đa thức. Hình 2.4: Các điểm xét khác nhau trên đỉnh lập phương Bây giờ ta sẽ chứng minh Q(x, y, z) > 0. Để chứng minh, ta biểu diễn Q dưới các dạng khác nhau Q = x2 (x − 1)2 + (y(y − 1) − z(z − 1))2 + Qx = y 2 (y − 1)2 + (z(z − 1) − x(x − 1))2 + Qy = z 2 (z − 1)2 + (x(x − 1) − y(y − 1))2 + Qz , trong đó Qx = 2xyz(x + y + z − 2) + 2yz(y − 1)(z − 1) = 2yz(xx + xy + xz − 2x + yz − y − z + 1) = 2yz(xx + xy + xz + yz − x − x − y − z + 1) = 2yz(x + y − 1)(x + z − 1) Qy = 2xz(y + x − 1)(y + z − 1), Qz = 2yx(z + x − 1)(z + y − 1). Vì vai trò của ba hàm trên như nhau, nên cả ba hàm Qx , Qy , Qz có cùng tính chất không âm hoặc âm. Ta thấy rằng tích của ba hàm đó là bình phương 15 của hàm số sau đây √ 2 2xyz(x + y − 1)(x + z − 1)(y + z − 1). Vì thế cả ba hàm đó không thể cùng âm. Vậy chứng tỏ rằng cả ba hàm đó là không âm. 2.2 Định lý Artin - Cassels - Pfister Ở mục trước ta đã đưa ra nhiều ví dụ về đa thức không âm mà không là tổng bình phương của các đa thức khác. Ở mục này, ta sẽ trình về một vài trường hợp đa thức không âm có thể biểu diễn thành tổng bình phương của các hàm số hữu tỉ. Đối với các đa thức một biến, sự khác nhau giữa cách biểu diễn thành tổng bình phương của các đa thức và tổng bình phương của các hàm số hữu tỉ là không cần thiết, như định lý sau. Định lý 2.2.1. Cho K là trường có đặc số khác 2 và f (x) ∈ K[x]. Giả sử f (x) = α1 r1 (x)2 + . . . + αn rn (x)2 , trong đó αi ∈ K và ri (x) là hàm số hữu tỉ trên K, tức là ri (x) ∈ K(x). Khi đó f (x) = α1 p1 (x)2 + . . . + αn pn (x)2 , trong đó pi (x) là đa thức trên K. Năm 1927, Artin đã chứng minh được rằng f (x) = β1 p1 (x)2 + . . . + βm pm (x)2 , trong đó m là số không nhất thiết phải bằng n. Năm 1964, Cassels chỉ ra rằng ta có thể giả sử rằng m = n. Thêm nữa, năm 1965, Pfister đã chứng minh được ta có thể giả thiết rằng βi = αi . Định lý 2.2.1 có thể được áp dụng với đa thức bất kì f (x1 , . . . , xn ) trên trường L. Thật vậy, chẳng hạn, ta lấy x = x1 và đặt K = L(x2 , . . . , xn ) là trường của các hàm số hữu tỉ của các biến số x2 , . . . , xn trên L. Khi đó, ta thấy rằng trong sự biểu diễn của f thành tổng các bình phương của các hàm số hữu tỉ, ta có thể loại bỏ bất kì biến nào ở mẫu số của các hàm số hữu tỉ đó. Nhưng ta không thể xóa bỏ tất cả các biến này đồng thời. Chứng minh . Với n = 1, mệnh đề trên là đúng (vì nếu f (x) = βr(x)2 = 2 2 2 2 2 β u(x) 2 v(x) với gcd(u, v) = 1, thì f v = βu ; suy ra v|βu , mà gcd(v, u ) = 1, nên v|β . Chứng tỏ v|1). Bây giờ ta giả sử với n > 1 và αi 6= 0 với mọi i. Sẽ khá thuận tiện để giải quyết bài toán khi đưa ra chứng minh ở dạng liên 16 quan đến các dạng bậc bậc hai trên trường K(x). Cho v = (v1 , . . . , vn ) là các vecto với tọa độ trong K(x). Ta đặt ϕ(u, v) = n X αi ui vi . i=1 Ta phải chứng minh nếu f ∈ K[x] và f = ϕ(u, u) trong đó ui ∈ K(x), thì f = ϕ(w, w) với wi ∈ K[x]. Dạng bậc hai ϕ(u, u) có thể là đẳng hướng (nghĩa là, tồn tại u 6= 0 để ϕ(u, u) = 0) hoặc không đẳng hướng (tức là, ϕ(u, u) 6= 0 với mọi u 6= 0). Trường hợp 1: Dạng ϕ(u, v) là đẳng hướng. Trong trường hợp này, ta không cần điều kiện f = ϕ(u, u) với các ui ∈ K(x)n . Nói cách khác, với đa thức f (x) bất kì, luôn tồn tại vecto u ∈ K[x]n sao cho f = ϕ(u, u). Trong đẳng thức ϕ(u, u) = 0, ta có thể giả sử u là đa thức (thật vậy, ϕ(u, u) = 0 ⇔ α1 u21 + . . . + αn u2n = 0. Ta nhân vào hai vế của đẳng thức đó với mẫu số chung của các u21 , . . . , u2n ta thu được đẳng thức mới là α1 w12 + . . . + αn wn2 = 0, trong đó w ∈ K[x]n ). Hơn nữa ta cũng có thể giả thiết được rằng các đa thức u1 , . . . , un là nguyên tố cùng nhau (thật vậy, nếu gcd(u1 , . . . , un ) = d 6= 1 thì gcd(u1 /d, . . . , un /d) = 1. Khi đó đẳng thức
2
2 ϕ(u, u) = 0 tương đương với α1 ud1 + . . . + αn udn = 0. Từ đó ta thay thế u ∈ K[x]n bởi u/d ∈ K[x]n và nó thỏa mãn yêu cầu). Khi đó tồn tại v1 , . . . , vn ∈ K[x] sao cho u1 v1 + . . . + un vn = 1 (thật vậy, trước hết, ta biểu diễn gcd(f1 , f2 ) dưới dạng u1 f1 + u2 f2 ; sau đó, ta biểu diễn gcd(f1 , f2 , f3 ) dưới dạng (u1 f1 + u2 f2 )g1 + u3 f3 ,. . . . Cứ tiếp tục như vậy ta được kết quả 1 = v1 u1 + . . . + vn un trong đó v1 , . . . , vn là những đa thức thích hợp của K[x]). Bằng cách chia mỗi đa thức vi cho số 2αi ta được một vectơ v 0 = v1 vn , . . . , 2α ) ∈ K[x]n thỏa mãn đẳng thức ( 2α 1 n 1 = v1 u1 + . . . + vn un = 2[α1 ( v1 vv )u1 + . . . + αn ( )un ] = 2ϕ(u, v 0 ). 2α1 2αn Từ đó bằng cách thay thế v bởi v 0 ta thu được ϕ(u, v) = 12 . Nhưng vì ta có ϕ(u, v + λu) = ϕ(u, v) + λϕ(u, u) = ϕ(u, v) (vì ϕ(u, u) = 0, với λ ∈ K(x) 17 tùy ý) và ta có ϕ(v + λu, v + λu) = X αi (vi + λui )2 = X αi (vi2 + 2λui vi + λ2 u2i ) = ϕ(v, v) + 2λϕ(u, v) + λ2 ϕ(u, u) = ϕ(v, v) + λ (do ϕ(u, v) = 1/2 và ϕ(u, u) = 0). Đặc biệt thay λ = −ϕ(v, v) vào cả hai đẳng thức trên ta được ϕ(u, v − ϕ(v, v)u) = ϕ(u, v) = 1/2 ϕ(v − ϕ(v, v)u, v − ϕ(v, v)u) = ϕ(v, v) − ϕ(v, v) = 0. Từ đó bằng cách thay v bởi v − ϕ(v, v)u ta có thể giả thiết thêm rằng ϕ(v, v) = 0. Như vậy với đa thức f đã cho ta có ϕ(v + f u, v + f u) = f 2 ϕ(u, u) + 2f ϕ(u, v) + ϕ(v, v) = f, điều này chỉ ra rằng với đa thức f bất kì ta có thể biểu diễn X f = ϕ(w, w) = αi wi2 trong đó w = v + f u. Trường hợp 2: Dạng ϕ(u, v) là không đẳng hướng. Trong trường hợp này, ta cần điều kiện f = ϕ(u, u) với u ∈ K(x)n . Điều này rõ ràng thấy được từ ví dụ K = R, f (x) = −1 và ϕ(u, v) = u1 2 + . . . + un 2 . Ta nhân cả hai vế của phương trình f = ϕ(u, u) với mẫu số chung của các hàm số hữu tỉ u1 , . . . , un . Khi đó, ta được một đẳng thức có dạng α1 u1 2 + . . . + αn un 2 = f u0 2 trong đó u0 , . . . , un là các đa thức. Trong tất cả các đẳng thức có dạng đó, ta chọn ra đẳng thức với bậc r của đa thức u0 là nhỏ nhất. Ta phải chứng minh r = 0. Giả sử r = deg(u0 ) > 0. Ta chia ui cho u0 được thương vi và có số dư sao cho deg(ui − u0 vi ) 6 r − 1. Ngoài vecto u = (u1 , . . . , un ) và vecto v = (v1 , . . . , vn ), ta xét thêm các e = (u0 , . . . , un ) và vecto ve = (v0 , . . . , vn ) trong đó v0 = 1. Ta cũng vecto u xét dạng ex e, ye) = ϕ(x, y) − f x0 y0 . ϕ(