Bờ-nốc bình dân

Giản dị như gió, nhẹ nhàng như mây…

Nullstellenatz (phần 3)-Giải quyết vấn đề

Nhắc lại phần trước, hai ông mãnh Nga và ukraina đã sử dụng kết quả Nullstellenatz tổ hợp 2 để suy trực tiếp ra luôn lời giải bài số 6 của IMO 2007. Không chỉ có vậy, hai ông mãnh còn chứng minh Nullstellenatz 1 và chứng minh luôn rằng Nullstellenatz 2 là hệ quả của Nullstellenatz 1.

Để bắt đầu, hai ông mãnh chứng minh bổ đề sau đây :

Bổ đề : Cho P\in F[x_1,...,x_n], bậc của P theo x_it_i, i=1,...,n. Giả sử S_1,...S_n là n tập con của F thỏa mãn |S_i|\ge t_i+1\ \forall\ 1\le i\le n. Khi đó nếu P(s)=0 với mọi s=(s_1,...,s_n)\in S_1\times S_2\times... S_n thì P phải là đa thức đồng nhất 0.

Chứng minh : Hai ông mãnh chứng minh bằng quy nạp. Với n=1 hiển nhiên rồi vì lúc đó P có bậc 1 lại triệt tiêu ở ít nhất 2 điểm nên phải bằng 0 là đúng rồi.

Bây giờ giả sử bổ đề đúng đến n-1 đi, hai ông mãnh sẽ giải quyết trường hợp n. Biết là bậc của x_n bằng t_n (theo giả thiết), rất khôn khéo, hai ông mãnh viết:

\displaystyle P(x_1,...,x_n)= \sum_{k=0}^{t_n}P_k(x_1,...,x_{n-1}){x_n}^k (1)

Với mỗi (x_1,...,x_{n-1})\in  S_1\times S_2\times... S_{n-1} cố định ta có P(x_1,...,x_{n-1},x_n)=0\ \forall x_n\in S_n. Nhưng P(x_1,...,x_{n-1},x_n) là một đa thức có bậc t_n theo x_{n} lại triệt tiêu tại nhiều hơn t_n điểm khác nhau nên phải là đa thức 0. Nghĩa là P_k(x_1,...,x_{n-1})=0\ \forall\ 0\le k\le t_n (\star).

Rõ ràng (\star) mà hai ông mãnh thu được đúng với mọi (x_1,...,x_{n-1})\in  S_1\times S_2\times... S_{n-1}. Đến đây, hai ông mãnh bèn thay đổi cách nói, cố định lại một cái k, hai ông mãnh có P_k(x_1,...,x_{n-1})=0 với mọi (x_1,...,x_{n-1})\in  S_1\times S_2\times... S_{n-1}. Hai ông mãnh thấy ngay đây chính là giả thiết quy nạp, và như vậy, hai ông mãnh suy ra luôn các đa thức P_k đều là cácđa thứcđồng nhất 0. Thế nên từ (1) suy ra P cũng là đa thức đồng nhất 0 \square

Bổ đề như vậy được chứng minh. Hai ông mãnh bèn dùng bổ đề này để chứng minh Nullstellenatz 1.

Nullstellenatz 1: Đầu tiên hai ông mãnh đặt t_i=|S_i|-1 rồi để ý thế này: do với mỗi 1\le i\le n, g(s_i)=0\ \forall s_i\in S_i nên có thể viết:

s_i^{t_i+1}=\sum_{j=0}^{t_j}a_j{s_i}^j với mỗi s_i\in S_i\ (\star\star)

Theo đó, nếu s_i\in S_i thì mọi lũa thừa lớn hơn t_i của s_i đều có thể biều diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính các lũy thừa nhỏ hơn hoặc bằng t_i của s_i(\star\star\star).

Bây giờ gọi \over{f} là đa thức thu được từ f bằng cách thay thế tất cả các lũy thừa lớn hơn t_i của x_i bằng các tổ hợp tuyến tính thu được như ở (\star\star\star), như thế bậc của \over{f} theo x_i không vượt quá t_i và hiên nhiên là ta có:

\over{f}(s_1,...,s_n)\equiv f(s_1,...,s_n)\equiv 0\ \forall (s_1,...s_n)\in S_1\times ...\times S_n(4\star)

Tiếp theo, rất tinh tế, hai ông mãnh nhận xét thế này: theo (\star\star)(\star\star\star), đa thức theo biến x_i, \over{f}(.,x_i,.) thực ra chính là phép phần dư của phép chia f(.,x_i,.) cho g_i(x_i). Do đó, f(x_1,..., x_n) có thể viết dưới dạng:

\displaystyle f(x_1,..., x_n)=\sum_{i=1}^{n}h_i(x_1,....,x_n)g_i(x_i)+\overline{f}(x_1,...,x_n)

Với deg(h)+deg(g_i)\le deg(f). Nhưng, theo (4\star) đa thức \overline{f}(s) có bậc t_i theo biến s_i và triệt tiêu trên S_1\times...\times S_n với |S_i| >t_i\ \forall 1\le i\le n. Đến đây bổ đề trên được hai ông manh đem ra bổ xuống như bổ củi để dẫn đến ngay kết luân \overline{f} là đa thức đồng nhát 0. Vì vậy Nullstellenatz được chứng minh chọn vẹn \square

Nullstellenatz 2: Giả sử phản chứng P(s)=0\ \forall s\in S_1\times...\times S_n. Theo Nullstellenatz 1, tồn tại các đa thức \{h_i\}_1^n thỏa mãn:

\displaystyle f(x_1,...,x_n)=\sum_{i=1}^{n} h_i\Pi_{s\in S_i}(x_i-s)

Ở đây, g_i= \Pi_{s\in S_i}(x_i-s). Ta xét đơn thức \Pi_{i=1}^{n}x_i^{t_i} có hệ số khác 0, nên nó phải xuất hiện trong biểu thức h_k\Pi_{s\in S_k}(x_k-s) nào đó. Không làm mất đi sự rối rắm, ta có thể giả sử luôn là trong h_k\Pi_{s\in S_k}(x_k-s) có xuất hiện \Pi_{i=1}^{n}x_i^{t_i}.

Theo Nullstellenatz 1, ta có deg(h_k)\le deg(f)-deg(g_k). Để ý là deg(g_k)=|S_k|=t_k+1 nên bậc của đơn thức \Pi_{k=1}^{n}x_k^{t_k} không thể vượt quá deg(h_k)+t_k\le deg(f)-1. Điều này không thể chấp nhận được vì \displaystyle \sum_{k=1}^{n}t_k=deg(f).

Kết luận là tồn tại (s_1,...,s_n) \in S_1\times ...\times S_n sao cho f(s_1,...,s_n)\neq 0\ \square.

Advertisements

One response to “Nullstellenatz (phần 3)-Giải quyết vấn đề

  1. isallaboutmath Tháng Mười Hai 11, 2007 lúc 7:11 chiều

    Will be nice if you can write this in English. It will be accessible to people that do not speak Vietnamese.

Trả lời

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Đăng xuất / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Đăng xuất / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Đăng xuất / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Đăng xuất / Thay đổi )

Connecting to %s

%d bloggers like this: