Luận văn Định lý cơ bản của đại số

45 trang yendo 5850

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Định lý cơ bản của đại số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

luan_van_dinh_ly_co_ban_cua_dai_so.pdf

Nội dung text: Luận văn Định lý cơ bản của đại số

ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN ĐẠI HỌC KHOA HỌC Lấ THỊ KIM LIấN ĐỊNH Lí CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyờn ngành: Phương phỏp toỏn sơ cấp Thỏi Nguyờn, năm 2012 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Mục lục Mục lục 1 Lời nói đầu 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Đa thức trên một tr−ờng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 Lịch sử Định lí cơ bản của Đại số 11 2.1 Một số đóng góp ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Đóng góp của Jean le Rond D’Alembert . . . . . . . . . 14 2.3 Đóng góp của Leonhard Euler . . . . . . . . . . . . . . 16 2.4 JosephLouis Lagrange v Pierre Simon Laplace . . . . . 20 2.5 Đóng góp của Carl Friedrich Gauss . . . . . . . . . . . . 21 3 Một số chứng minh Định lí cơ bản của Đại số 26 3.1 Chứng minh dùng công cụ đại số . . . . . . . . . . . . . 26 3.2 Chứng minh dùng công cụ giải tích phức . . . . . . . . . 31 3.3 Chứng minh dùng công cụ tôpô . . . . . . . . . . . . . . 35 Phần phụ lục 37 Kết luận 43 Ti liệu tham khảo 44 1 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
2 Lời cảm ơn Sau quá trình nhận đề ti v nghiên cứu d−ới sự h−ớng dẫn khoa học của PGS.TS Lê Thị Thanh Nhn, luận văn “Định lí cơ bản của Đại số” của tôi đ đ−ợc hon thnh. Có đ−ợc kết quả ny, đó l nhờ sự dạy bảo hết sức tận tình v nghiêm khắc của Cô. Tôi xin by tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Cô v gia đình! Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thnh đến Ban Giám hiệu, Phòng Đo tạoKhoa họcQuan hệ quốc tế v Khoa ToánTin của Tr−ờng Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên đ tạo điều kiện thuận lợi nhất trong suốt quá trình học tập tại tr−ờng cũng nh− thời gian tôi hon thnh đề ti ny. Sự giúp đỡ nhiệt tình v thái độ thân thiện của các cán bộ thuộc Phòng Đo tạo v Khoa ToánTin đ để lại trong lòng mỗi chúng tôi những ấn t−ợng hết sức tốt đẹp. Tôi xin cảm ơn Phòng Giáo dục v Đo tạo huyện Thủy Nguyên thnh phố Hải Phòng v Tr−ờng trung học cơ sở D−ơng Quan nơi tôi đang công tác đ tạo điều kiện cho tôi hon thnh khóa học ny. Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đồng nghiệp v các thnh viên trong lớp cao học Toán K4B (Khóa 20102012) đ quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ để tôi có thể hon thnh nhiệm vụ của mình. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
3 Lời nói đầu Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mỗi đa thức một biến khác hằng với hệ số phức có ít nhất một nghiệm phức. Đôi khi, Định lí cơ bản của Đại số đ−ợc phát biểu d−ới dạng: Mỗi đa thức một biến khác 0 với hệ số phức có số nghiệm phức (mỗi nghiệm tính với số bội của nó) đúng bằng bậc của đa thức đó. Mặc dù tên của định lí l “Định lí cơ bản của Đại số” nh−ng không có một chứng minh thuần túy đại số no cho định lí ny. Tất cả các chứng minh cho Định lí đều cần đến tính đầy đủ của tập các số thực, hoặc một dạng t−ơng đ−ơng về tính đầy đủ, m tính đầy đủ lại không l khái niệm đại số. Hơn nữa, Định lí cơ bản của Đại số không phải l nền tảng của Đại số hiện đại. Tên của định lí ny đ−ợc đặt ra vo thời điểm khi m việc nghiên cứu đại số chủ yếu l để giải ph−ơng trình đa thức. Peter Roth l ng−ời đầu tiên phát biểu gợi mở “Định lí cơ bản của Đại số” trong cuốn sách “Arithmetica Phylosophica” công bố năm 1608: “Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm”. Tiếp đến l khẳng định của Albert Giard (15951632) trong cuốn sách “L’invention nouvelle en l’Algebre”` xuất bản năm 1629: “Ph−ơng trình đa thức bậc n có n nghiệm, trừ khi ph−ơng trình bị khuyết”. Nhiều nh toán học đ tin Định lí l đúng, v do đó họ tin rằng mọi đa thức với hệ số thực khác hằng đều viết d−ới dạng tích của các đa thức với hệ số thực bậc một hoặc hai. Bên cạnh đó lại có những ng−ời (Gottfried Wilhelm Leibniz, Nikolaus II Bernoulli) cố tìm ra những đa thức bậc 4 với hệ số thực không l tích của các đa thức bậc 1 hoặc 2. Tuy nhiên, các phản ví dụ của họ đều đ−ợc Leonhard Euler phản bác, điều ny cng lm cho các nh toán học thời đó tin t−ởng tính đúng đắn của Định lí. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
4 Chứng minh đầu tiên cho Định lí thuộc về D’Alembert vo năm 1746, nh−ng chứng minh ny không hon chỉnh. Euler 1749 có một chứng minh đúng cho Định lí trong tr−ờng hợp bậc của đa thức 6. Các chứng minh khác đ−ợc thực hiện bởi Euler 1749, De Foncenex 1759, Lagrange 1772 v Laplace 1795 đều có ít nhiều chỗ ch−a chặt chẽ. Kể cả chứng minh đầu tiên của Gauss năm 1799 cũng không đầy đủ. Mi đến năm 1816, Gauss mới đ−a ra một chứng minh chính xác cho Định lí. Mục tiêu của luận văn l giới thiệu lịch sử Định lí cơ bản của Đại số, trong đó nhấn mạnh những đóng góp quan trọng của D’Alembert, Euler v Gauss, đồng thời trình by một số chứng minh sau ny cho Định lí bằng cách sử dụng các công cụ đại số, giải tích phức v tôpô. Các kết quả v thông tin trong luận văn đ−ợc viết dựa vo bi báo [Ba] của Baltus trên “Historia Mathematica” 2004, bi báo [Ca] của J. Carrera trên “Publicions Matematiques” 1992, cuốn sách [MF] của MillerFile 2003, v đặc biệt l bi báo [Du] của Dunham 1991. Dunham đ đ−ợc Hội Toán học Mỹ trao giải th−ởng Polya năm 1992 vì bi báo ny. Luận văn gồm 3 ch−ơng. Ch−ơng 1 trình by kiến thức chuẩn bị về đa thức. Ch−ơng 2 giới thiệu lịch sử Định lí cơ bản của Đại số với những đóng góp tiêu biểu của một số nh toán học. Ch−ơng 3 đ−a ra một số chứng minh cho Định lí bằng cách sử dụng các công cụ Đại số, Giải tích phức v Tôpô. Ngoi ra, luận văn còn có Phần phụ lục trình by kiến thức về số phức, mở rộng tr−ờng, tr−ờng phân r cũng nh− hình ảnh của một số nh toán học có đóng góp quan trọng cho Định lí. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Ch−ơng 1 Kiến thức chuẩn bị Mục đích của ch−ơng ny l nhắc lại một số khái niệm v kết quả liên quan đến đa thức trên một tr−ờng nh− phép chia với d−, nghiệm của đa thức để phục vụ việc trình by các kết quả của các ch−ơng sau. 1.1 Đa thức trên một tr−ờng 1.1.1. Định nghĩa. Một tập K cùng với hai phép toán cộng v nhân đ−ợc gọi l tr−ờng nếu: (a) Kết hợp: a+(b+c) = (a+b)+c v (ab)c = a(bc) với mọi a, b, c K. ∈ (b) Giao hoán: a + b = b + a v ab = ba với mọi a, b K. ∈ (c) Phân phối: a(b + c) = ab + ac với mọi a, b, c K. ∈ (d) Tồn tại đơn vị 1 K sao cho a1 = 1a = a với mọi a K. ∈ ∈ (e) Tồn tại phần tử 0 K sao cho a + 0 = 0 + a = a với mọi a K. ∈ ∈ (g) Mỗi a K, tồn tại phần tử đối a K sao cho a + ( a) = 0. ∈ − ∈ − (h) Mỗi 0 = a K, tồn tại phần tử khả nghịch a 1 K sao cho ∈ − ∈ 1 1 aa− = 1 = a− a. Chẳng hạn, Q, R, C l các tr−ờng. Tập Q[√7] = a+b√7 a, b Q { | ∈ } l một tr−ờng. Q[√p] = a + b√p a, b Q l một tr−ờng nếu p l số { | ∈ } nguyên tố. 5 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
6 Từ nay cho đến hết ch−ơng ny, luôn giả thiết K l một tr−ờng. n 1.1.2. Định nghĩa. Một biểu thức dạng f(x) = anx + + a0 trong đó ai K với mọi i đ−ợc gọi l một đa thức của ẩn x (hay biến x) với hệ ∈ số trong K. Nếu an = 0 thì an đ−ợc gọi l hệ số cao nhất của f(x) v số tự nhiên n đ−ợc gọi l bậc của f(x), kí hiệu l deg f(x). i i Chú ý rằng hai đa thức f(x) = aix v g(x) = bix l bằng nhau nếu v chỉ nếu ai = bi với mọi i. Ta chỉ định nghĩa bậc cho những đa thức khác 0, còn ta quy −ớc đa thức 0 l không có bậc. Kí hiệu K[x] l tập các i i đa thức ẩn x với hệ số trong K. Với f(x) = aix v g(x) = bix , i k định nghĩa f(x) + g(x) = (aibi)x v f(x)g(x) = ckx , trong đó ck = i+j=k aibj. Ta dễ dng kiểm tra đ−ợc tính chất sau đối với bậc của các đa thức. 1.1.3. Bổ đề. Với f(x), g(x) K[x] ta luôn có ∈ deg(f(x) + g(x)) max deg f(x), deg g(x) { } deg(f(x).g(x)) = deg f(x) + deg g(x). Định lí sau đây, gọi l Định lí phép chia với d−, đóng một vai trò rất quan trọng trong lí thuyết đa thức. 1.1.4. Định lý. Cho f(x), g(x) K[x], trong đó g(x) = 0. Khi đó tồn ∈ tại duy nhất một cặp đa thức q(x), r(x) K[x] sao cho ∈ f(x) = g(x)q(x) + r(x), với r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg g(x). Chứng minh. Tr−ớc hết ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử f(x) = g(x)q(x) + r(x) = g(x)q1(x) + r1(x), trong đó r(x), r1(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của g(x). Khi đó g(x)(q(x) q (x)) = r (x) r(x). − 1 1 − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
7 Nếu r(x) = r (x) thì 1 deg(r r ) = deg g(q q ) = deg g + deg(q q ). − 1 − 1 − 1 Điều ny mâu thuẫn vì deg(r r ) max deg r, deg r < deg g deg g + deg(q q ). − 1 { 1} − 1 Do vậy, r (x) = r(x). Suy ra g(x)(q(x) q (x)) = 0. Vì g(x) = 0 nên 1 − 1 q(x) q (x) = 0, tức l q(x) = q (x). − 1 1 Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại. Nếu deg f(x) < deg g(x) thì ta chọn q(x) = 0 v r(x) = f(x). Giả sử deg f(x) deg g(x). Viết ≥ m n f(x) = amx + + a0 v g(x) = bnx + + b0 với am, bn = 0 v am m n n m. Chọn h(x) = x − . Đặt f1(x) = f(x) g(x)h(x). Khi đó bn − f1(x) = 0 hoặc f1(x) có bậc thực sự bé hơn bậc của f(x). Trong tr−ờng hợp f1(x) = 0, ta tìm đ−ợc d− của phép chia f(x) cho g(x) l r(x) = 0 v th−ơng l q(x) = h(x). Nếu f (x) = 0 thì ta tiếp tục lm t−ơng tự với 1 f1(x) v ta đ−ợc đa thức f2(x). Cứ tiếp tục quá trình trên ta đ−ợc dy đa thức f1(x), f2(x), , nếu chúng đều khác 0 thì chúng có bậc giảm dần. Vì thế sau hữu hạn b−ớc ta đ−ợc một đa thức có bậc bé hơn bậc của g(x) v đó chính l đa thức d− r(x). Nếu một đa thức của dy bằng 0 thì d− r(x) = 0. Thế vo rồi nhóm lại ta tìm đ−ợc q(x). Trong định lý trên, q(x) đ−ợc gọi l th−ơng v r(x) đ−ợc gọi l d− của phép chia f(x) cho g(x). Nếu d− của phép chia f(x) cho g(x) l 0 thì tồn tại q(x) K[x] sao cho f(x) = g(x)q(x). Trong tr−ờng hợp ny ∈ ta nói rằng f(x) chia hết cho g(x) hay g(x) l −ớc của f(x). Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
8 1.2 Nghiệm của đa thức n 1.2.1. Định nghĩa. Với mỗi f(x) = anx + + a x + a K[x] v α 1 0 ∈ n l phần tử trong một tr−ờng chứa K, ta đặt f(α) = anα + +a1α+a0. Nếu f(α) = 0 thì ta nói α l nghiệm của f(x). Chẳng hạn, số √2 R l nghiệm của đa thức x2 2 Q[x]. ∈ − ∈ 1.2.2. Hệ quả. Phần tử a K l nghiệm của đa thức f(x) K[x] nếu ∈ ∈ v chỉ nếu tồn tại đa thức g(x) K[x] sao cho f(x) = (x a)g(x). ∈ − Chứng minh. Chia f(x) cho x a, d− hoặc bằng 0 hoặc l một đa thức − bậc 0 vì bậc của (x a) bằng 1. Vì vậy, d− l một phần tử r K. Ta có − ∈ f(x) = (x a)q(x)+r. Thay x = a vo đẳng thức ta đ−ợc r = f(a). − Cho k > 0 l một số nguyên. Một phần tử a K đ−ợc gọi l một ∈ nghiệm bội k của đa thức f(x) K[x] nếu f(x) chia hết cho (x a)k ∈ − nh−ng không chia hết cho (x a)k+1. Nếu k = 1 thì a đ−ợc gọi l nghiệm − đơn. Nếu k = 2 thì a đ−ợc gọi l nghiệm kép. 1.2.3. Hệ quả. Phần tử a K l nghiệm bội k của f(x) K[x] nếu v ∈ ∈ chỉ nếu f(x) = (x a)kg(x) với g(x) K[x] v g(a) = 0. − ∈ Chứng minh. Giả sử a l nghiệm bội k của f(x). Vì f(x) chia hết cho (x a)k nên f(x) = (x a)kg(x) với g(x) K[x]. Nếu g(a) = 0 thì − − ∈ theo Hệ quả 1.2.2 ta có g(x) = (x a)h(x) với h(x) K[x] v do − ∈ đó f(x) chia hết cho (x a)k+1, vô lí. Vậy g(a) = 0. Ng−ợc lại, vì − f(x) = (x a)kg(x) nên f(x) chia hết cho (x a)k. Nếu f(x) chia hết − − cho (x a)k+1 thì f(x) = (x a)k+1h(x) với h(x) K[x]. Do đó − − ∈ (x a)kg(x) = (x a)k+1h(x). − − Do K l tr−ờng nên g(x) = (x a)h(x). Suy ra g(a) = 0, mâu thuẫn. − Vậy f(x) không chia hết cho (x a)k+1. − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
9 1.2.4. Hệ quả. Cho a , a , . . . , ar K l những nghiệm phân biệt của 1 2 ∈ f(x) K[x]. Giả sử ai l nghiệm bội ki của f(x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi ∈ k1 k2 k đó f(x) = (x a ) (x a ) (x ar) r u(x), trong đó u(x) K[x] − 1 − 2 − ∈ v u(ai) = 0 với mọi i = 1, . . . , r. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo r. Tr−ờng hợp r = 1 đ−ợc suy ra từ Hệ quả 1.2.3. Cho r > 1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại k1 k2 kr 1 h(x) K[x] sao cho f(x) = (x a1) (x a2) (x ar 1) − h(x), ∈ − − − − trong đó h(x) K[x] v h(ai) = 0 với mọi i = 1, . . . , r 1. Vì ar l ∈ − nghiệm của f(x) nên ta có k1 k2 kr 1 0 = f(ar) = (ar a1) (ar a2) (ar ar 1) − h(ar). − − − − Do ar = ai với mọi i = 1, . . . , r 1 nên h(ar) = 0. Giả sử h(x) = − t (x ar) u(x) trong đó u(x) K[x], u(ar) = 0 v t > 0 l một số − ∈ nguyên. Vì h(ai) = 0 nên u(ai) = 0 với mọi i = 1, . . . , r 1. Do ar − l nghiệm bội kr của f(x) nên t kr. Hơn nữa, f(x) có sự phân tích k f(x) = (x ar) r v(x), trong đó v(x) K[x] v v(ar) = 0. Vì thế ta có − ∈ kr k1 kr 1 t f(x) = (x ar) v(x) = (x a1) (x ar 1) − (x ar) u(x). − − − − − t Chú ý rằng K l tr−ờng, vì thế giản −ớc cả hai vế cho (x ar) ta đ−ợc − kr t k1 kr 1 (x ar) − v(x) = (x a1) (x ar 1) − u(x). − − − − Nếu t < kr thì khi thay x = ar vo đẳng thức trên ta có vế trái bằng 0, còn vế phải khác 0, điều ny l vô lý. Vậy t = kr. Vì thế f có phân tích k1 kr 1 kr f(x) = (x a1) (x ar 1) − (x ar) u(x) − − − − trong đó u(ai) = 0 với mọi i = 1, . . . , r. 1.2.5. Hệ quả. Cho 0 = f(x) K[x] l đa thức. Khi đó số nghiệm của ∈ f(x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không v−ợt quá bậc của f(x). Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
10 Chứng minh. Giả sử a1, . . . , ar l các nghiệm của f(x) với số bội lần l−ợt l k , . . . , kr. Theo Hệ quả 1.2.4, tồn tại g(x) K[x] sao cho 1 ∈ k1 k2 kr f(x) = (x a ) (x a ) (x ar) g(x). − 1 − 2 − r r Vì thế deg f(x) = deg g(x) + ki ki, điều cần chứng minh. i=1 ≥ i=1 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Ch−ơng 2 Lịch sử Định lí cơ bản của Đại số Mục tiêu của ch−ơng ny l trình by sơ l−ợc lịch sử Định lí cơ bản của Đại số, trong đó nhấn mạnh những đóng góp tiêu biểu của một số nh toán học, đó l Jean le Rond D’Alembert (có công bố đầu tiên một chứng minh cho Định lí, nh−ng không chặt chẽ), Leonhard Euler (công bố một chứng minh đúng cho Định lí trong tr−ờng hợp bậc nhỏ hơn hoặc bằng 6), Pierre Simon Laplace (công bố chứng minh cho Định lí bằng công cụ đại số, nh−ng ch−a đầy đủ), v Carl Friedrich Gauss (ng−ời đầu tiên công bố một chứng minh hon chỉnh cho Định lí). 2.1 Một số đóng góp ban đầu Trong tiết ny, chúng tôi trình by một số mốc ban đầu trong việc phát biểu Định lí cơ bản của Đại số. 2.1.1. Đóng góp của Peter Roth. Cho đến nay, khó có thể biết đ−ợc chính xác Định lí cơ bản bắt đầu từ đâu. Ng−ời ta cho rằng Peter Roth (15801617) l ng−ời đầu tiên phát biểu gợi mở Định lí, đ−ợc viết trong cuốn sách “Arithmetica Phylosophica” công bố năm 1608: “Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm”. Roth sống v lm việc ở Đức v mất năm 1617, nh−ng không ai biết chính xác ngy mất v 11 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
12 nơi mất của Ông. Đóng góp của Roth cũng không mấy ng−ời biết đến. Trong lịch sử Toán học Anh, rất ít tác giả nhắc đến Roth, ng−ời ta chỉ tìm thấy một cuốn sách của David Eugene Smith trong đó có những chú thích về Roth (cuốn sách ny đ không còn bản gốc). Tuy nhiên, trong cuốn Lịch sử Quốc gia ở Paris, Peter Roth đ−ợc nhắc đến nhiều lần với mốc thời gian 16081609, có lẽ trong thời kì ny Roth đ−ợc coi l nh đại số uy tín hng đầu của Đức. 2.1.2. Đóng góp của Albert Giard. Albert Giard (15951632) l nh toán học, âm nhạc học ng−ời Pháp. Ông chủ yếu lm về l−ợng giác v l ng−ời đầu tiên dùng kí hiệu viết tắt sin, cos, tan. Mặc dù Francois Viète (15401603) đ đ−a ra các ph−ơng trình bậc n với n nghiệm nh−ng Albert Giard l ng−ời đầu tiên khẳng định sự tồn tại n nghiệm của đa thức bậc n. Trong cuốn sách “L’invention nouvelle en l’Algebre”` của Giard xuất bản năm 1629, Ông viết “Ph−ơng trình đa thức bậc n có n nghiệm, trừ khi ph−ơng trình bị khuyết”. Ông giải nghĩa cụm từ “ph−ơng trình khuyết” có nghĩa l ph−ơng trình đa thức trong đó có ít nhất một hệ số bằng 0. Ông không nói đến điều kiện hệ số của đa thức l những số thực. Chắc chắn rằng trong những lập luận chi tiết về điều ny, Ông đ thực sự tin t−ởng khẳng định trên vẫn đúng khi ph−ơng trình bị khuyết. Chẳng hạn, Ông chỉ ra rằng mặc dù ph−ơng trình x4 4x + 3 = 0 l − khuyết (các hệ số bậc 3 v bậc 2 đều bằng 0) nh−ng nó vẫn có 4 nghiệm, trong đó một nghiệm kép l 1 v hai nghiệm còn lại l 1 + i√2 v − 1 i√2. − − 2.1.3. Đóng góp của Rene’ Descartes. Rene’ Descartes (15961650) l một nh khoa học, nh toán học ng−ời Pháp. Ông l cha đẻ của Triết học hiện đại. Thời của Descartes về cơ bản đ nhận biết đ−ợc Định lí cơ bản của Đại số, nh−ng ch−a chứng minh đ−ợc. Descartes khẳng Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
13 định rằng một ph−ơng trình đa thức bậc n có n nghiệm, trong đó một số nghiệm nằm trong tập số thực, còn một số nghiệm khác chỉ tồn tại trong sự hình dung của chúng ta. Trong số những nghiệm ảo đó có bao gồm các nghiệm có dạng a + b√ 1 với a, b l thực, nh−ng Ông không bình − luận về các nghiệm không thực ny. 2.1.4. Gottfried Wilhelm Leibniz v Nikolaus (II) Bernoulli. Các thông tin trong mục ny đ−ợc tham khảo trong bi báo của J. Carrera [Ca] đăng trên tạp chí “Publicacions Matemtiques” năm 1992. Gottfried Wilhelm Leibniz (16461716) sinh ra ở Leipziz v mất ở Hannover (n−ớc Đức). Thời của Ông, rất nhiều ng−ời cố gắng phủ định hoặc chứng minh Định lí Cơ bản của Đại số. Leibniz đ nghĩ đến việc tìm phản ví dụ cho định lí ny. Năm 1702, Leibniz cho rằng các đa thức dạng x4 + r4, trong đó r l số thực khác 0, không thể phân tích đ−ợc thnh tích của các đa thức bậc 1 hoặc bậc hai với hệ số thực. Lúc đó Ông không nhận ra rằng căn bậc hai của số phức i có thể biểu diễn d−ới dạng a + bi với a, b l các số thực. Sau đó Nikolaus Bernoulli (sinh ra ở Basel Thụy sĩ năm 1687 v mất ở Basel năm 1759) cũng có sai lầm t−ơng tự, Ông khẳng định rằng đa thức x4 4x3 + 2x2 + 4x + 4 không thể phân tích đ−ợc − thnh tích các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai. Tuy nhiên, vo năm 1742 Nikolaus (II) Bernoulli đ nhận đ−ợc một bức th− của Leonhard Euler (17071783) một nh Toán học v Vật lí của Thụy sĩ, trong th− ny Euler khẳng định rằng đa thức m Bernoulli đ−a ra có sự phân tích x2 (2 + α)x + 1 + √7 + α x2 (2 α)x + 1 + √7 α − − − − trong đó α l một căn bậc hai của 4 + 2√7. Hơn nữa, Euler cũng chú thích rằng các đa thức do Leibniz đ−a ra cũng có sự phân tích x4 + r4 = (x2 + √2 rx + r2)(x2 √2 rx + r2). − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
14 2.2 Đóng góp của Jean le Rond D’Alembert Các thông tin trong tiết ny đ−ợc tham khảo từ các bi báo của Christopher Baltus [Ba] v của J. Carrera [Ca]. Bn luận nghiêm túc đầu tiên về Định lí cơ bản của Đại số thuộc về Jean le Rond D’Alembert (17171783), một nh Toán học, Cơ học, Vật lí học, Thiên văn học ng−ời Pháp. D’Alembert l ng−ời đầu tiên công bố chứng minh Định lí cơ bản của Đại số trong bi báo [DA] “Recherches sur le calcul integral” đăng trên “Histoire de l’Acad. Royale Berlin” 1746, v kết quả ny thực sự đ−ợc công bố năm 1748. Nh−ng chứng minh của Ông l một chứng minh không hon chỉnh. Giả sử p(x) l đa thức với hệ số thực. Chứng minh của D’Alembert năm 1946 (xem [DA]) về sự tồn tại nghiệm của p(x) đ−ợc chia lm hai b−ớc. B−ớc 1: Tồn tại một điểm x để môđun p(x) của p(x) đạt cực tiểu. 0 | | B−ớc 2 (Bổ đề D’Alembert): Nếu p(x ) = 0 thì bất kì một lân cận no 0 của x đều chứa một điểm x sao cho p(x ) < p(x ) . 0 1 | 1 | | 0 | Rõ rng, nếu B−ớc 1 v B−ớc 2 đều đúng v x l điểm lm cho p(x) 0 | | đạt cực tiểu thì p(x ) = 0 v do đó x l một nghiệm của p(x). | 0 | 0 Chứng minh của D’Alembert còn hổng ở một số chỗ. Điểm yếu thứ nhất l D’Alembert đ công nhận (không chứng minh) tính chất trong B−ớc 1. Thực tế, tính chất ny đ−ợc chấp nhận một cách tự nhiên vo Thế kỉ 18. Tuy nhiên mi đến đầu thế kỉ 19 (năm 1821), Augustin Louis Cauchy (17891857) nh toán học ng−ời Pháp, mới đ−a ra một chứng minh chặt chẽ cho tính chất ny. Vì thế, với D’Alembert, B−ớc 2 mới thực sự quan trọng. Tuy nhiên, điểm yếu thứ hai của D’Alembert l trong chứng minh kết quả ở B−ớc 2, Ông sử dụng một bổ đề m không chứng minh. Bổ đề đó đ−ợc phát biểu nh− sau: Với mỗi cặp số phức (x , y ) sao cho y p(x ) = 0 tồn 0 0 0 − 0 tại một dy tăng các số hữu tỷ qk để trong một lân cận của y ta có { } 0 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
15 qk x x = ck[y y ] . Tuy nhiên mi đến năm 1851, Pusieux mới − 0 − 0 k 0 có một chứng≥ minh chặt chẽ cho bổ đề ny. Điểm yếu thứ ba l, trong các diễn giải, D’Alembert đ thiếu kiến thức để lập luận về tính com pắc nhằm chỉ ra tính hội tụ ở phần cuối của chứng minh. Mặc dù vậy, các ý t−ởng trong chứng minh của Ông cho Định lí cơ bản của Đại số vẫn rất quan trọng. Cũng trong bi báo của D’Alembert năm 1746 (xem [DA]), Ông đ phát hiện ra hai điều quan trọng. Thứ nhất, Ông chỉ ra rằng rằng nếu z = c + d√ 1 l một nghiệm của p(x) thì số phức z = c d√ 1 − − − cũng l một nghiệm của p(x), v vì thế p(x) luôn phân tích đ−ợc thnh những nhân tử bậc hai có dạng xx + mx + n. Điều thứ hai, đ−ợc xuất hiện ở các lập luận trong bi báo chứ không đ−ợc trình by cụ thể, l: “Nếu thay x bởi số phức z = z1 + iz2 vo đa thức p(x) thì ta đ−ợc p(z) = p1(z1) + ip2(z2), trong đó p1(x), p2(x) l các đa thức với hệ số thực. Do đó p(z) = 0 nếu v chỉ nếu p1(z) = 0 v p2(z) = 0. Một điều rất thú vị đối với D’Alembert v các nh toán học đ−ơng thời l Định lí cơ bản của Đại số có một tầm quan trọng v−ợt ra ngoi lĩnh vực đại số. Trong bi báo năm 1746 (xem [DA]), để lm cho mọi ng−ời nhìn thấy tầm quan trọng của Định lí Cơ bản của Đại số, D’Alembert đ trích công trình của Johann Bernoulli (năm 1703) về sự liên quan giữa định lí ny với một chủ đề mới “phép tính vi tích phân”, đặc biệt l liên quan đến kĩ thuật lấy nguyên hm của hm hữu tỷ m ngy ta ta gọi l kĩ thuật tách th−ơng. Ta xét một ví dụ để minh họa điều ny. Giả sử ta cần lấy nguyên hm của một hm hữu tỷ m cả tử v mẫu l những đa thức với hệ số thực, chẳng hạn 28x3 4x2 + 69x 14 − − . 3x4 + 5x3 + 10x2 + 20x 8 − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
16 D’Alembert đ khẳng định rằng mẫu số của hm hữu tỷ có thể phân tích thnh các nhân tử tuyến tính hoặc bậc hai (với hệ số thực) v từ đó những khó khăn trong việc lấy nguyên hm có thể v−ợt qua. Cụ thể, với hm hữu tỷ trên, mẫu số có phân tích (3x 1)(x + 2)(x2 + 4). Do đó ta có − thể tách hm hữu tỷ trên thnh tổng a b cx + d + + . 3x 1 x + 2 x2 + 4 − Đồng nhất các hệ số ta đ−ợc a = 1, b = 7 v c = 2, d = 3. Từ đó ta − suy ra nguyên hm của hm hữu tỷ trên l 1 2 3 1 ln 3x 1 + 7 ln x + 2 + ln(x + 4) tan− (x/2) + C. 3 | − | | | − 2 Nh− vậy, nếu Định lí cơ bản của Đại số đ−ợc chứng minh thì chúng ta P có thể kết luận rằng nguyên hm của mỗi hm hữu tỷ (với P v Q Q l những đa thức với hệ số thực) luôn tồn tại v l một tổng của những A Bx + C nguyên hm dạng dx hoặc dx. Từ đó ta (ax + b)n (ax2 + bx + c)n có thể tính đ−ợc nguyên hm của các hm hữu tỷ. 2.3 Đóng góp của Leonhard Euler Các thông tin trong tiết ny đ−ợc tham khảo từ bi báo của William Dunham [Du]. Cố gắng tiếp theo để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số thuộc về Leonhard Euler. Chứng minh của Euler đ−ợc công bố trong bi báo “Recherches sur les racines imaginaires des equations” trên “Mem. Berlin” năm 1749, v thực sự đ−ợc phát hnh năm 1751 (xem [Eu]). Mặc dù chứng minh của Euler cũng không hon chỉnh theo mọi nghĩa, nh−ng nó đ thiết lập đ−ợc các kết quả cho tr−ờng hợp đa thức bậc thấp v gợi ý cho các nh toán học thời đó tin rằng Định lí đúng trong tr−ờng hợp tổng quát. Tr−ớc đó, vẫn có nhiều ng−ời cho rằng Định lí cơ Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
17 bản của Đại số l không đúng. Chẳng hạn, nh− đ trình by ở Tiết 2.1, Gottfried Wilhelm Leibniz v Nikolaus (II) Bernoulli đ đ−a ra những đa thức cụ thể có bậc 4 với hệ số thực v khẳng định rằng chúng không thể phân tích đ−ợc thnh tích các nhân tử bậc nhất hoặc bậc hai với hệ số thực. Điều ny cũng có nghĩa rằng G. Leibniz v N. Bernoulli đ không tin vo tính đúng đắn của Định lí Cơ bản của Đại số. Euler cũng l ng−ời chỉ ra đ−ợc tầm quan trọng của Định lí đối với việc giải ph−ơng trình vi phân. Cụ thể, năm 1743 Euler đ bn về ph−ơng trình vi phân thuần nhất bậc n dy d2y dny 0 = Ay + B + C + + L dx d2x dnx với A, B, C . . . , L l các hằng số. Ông phát hiện ra rằng nghiệm tổng quát của ph−ơng trình ny có dạng y = C1y1 + + Cnyn, trong đó y1, . . . , yn l các nghiệm riêng v C1, ,Cn l các hằng số tùy ý. Thay y = e[ rdx] vo ph−ơng trình ta đ−ợc một ph−ơng trình đa thức ẩn r A + Br + Cr2 + + Lrn = 0. Thực tế, nghiệm tổng quát của ph−ơng trình vi phân phụ thuộc vo sự phân tích của đa thức ny v bản chất nghiệm của đa thức l thực hay phức, l nghiệm đơn hay nghiệm bội, v nh− vậy, nó rõ rng phụ thuộc vo Định lí cơ bản của Đại số. Phần tiếp theo của tiết ny, chúng ta xem xét chứng minh của Euler năm 1749. Ông đ nhanh chóng chứng minh đ−ợc mọi đa thức bậc n với n 6, có đúng n nghiệm. Ông bắt đầu chứng minh bằng việc xét đa thức bậc 4. 2.3.1. Bổ đề. Với A, B, C, D l các số thực, đa thức bậc bốn x4 +Ax3 + Bx2 + Cx + D luôn phân tích đ−ợc thnh tích của hai đa thức bậc hai với hệ số thực. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
18 A Chứng minh. B−ớc đầu tiên, Euler quan sát thấy rằng nếu thay x = y − 4 vo đa thức ta sẽ đ−ợc một đa thức bậc bốn của y khuyết hệ số bậc ba. Việc lm ny trong nhiều tr−ờng hợp l có ích. Chẳng hạn, muốn phân tích đa thức x4 + 4x3 9x2 16x + 20, ta thay x = y 4/4, v ta đ−ợc − − − đa thức y4 15y2 + 10y + 24. Không khó khăn ta tìm đ−ợc sự phân tích − y4 15y2 + 10y + 24 = (y2 y 2)(y2 + y 12). − − − − Thay lại y theo x ta đ−ợc x4 + 4x3 9x2 16x + 20 = (x2 + x 2)(x2 + 3x 10). − − − − B−ớc tiếp theo l phân tích đa thức x4 + Bx2 + Cx + D với B, C, D l các số thực. Ta xét hai tr−ờng hợp. Tr−ờng hợp C = 0: Nếu B2 4D 0 thì ta có phân tích − ≥ B √B2 4D B + √B2 4D x4 + Bx2 + D = x2 + − − x2 + − . 2 2 Nếu B2 4D 0 v 2√D > B. Vì thế ta có phân tích − x4 +Bx2 +D = x2 +√D x 2√D B x2 +√D+x 2√D B . − − − Tr−ờng hợp C = 0: Euler thấy rằng nếu có phân tích thì nó có dạng x4 + Bx2 + Cx + D = (x2 + ux + α)(x2 ux + β) − với u, α, β l các số thực no đó. Viết vế phải của đẳng thức trên thnh đa thức tối giản rồi đồng nhất các hệ số ta đ−ợc α+β u2 = B, βu αu = C − − v αβ = D. Vì C = 0 nên u = 0. Do đó, từ hai đẳng thức đầu ta suy ra α + β = B + u2 v α β = C/u. Vì thế 2β = B + u2 + C/u v − 2α = B +u2 C/u. Do đó 2D = 4αβ = (B +u2 +C/u)(B +u2 C/u). − − Nhân 2 vế với u2 rồi chuyển vế ta đ−ợc u6+2Bu4+(B2 4D)u2 C2 = 0. − − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
19 Đây l ph−ơng trình bậc 3 đối với u2. Vì thế nó có một nghiệm u2 l số thực, nh−ng ch−a có gì đảm bảo để u l số thực. Tuy nhiên Euler nhận thấy vế trái của ph−ơng trình trên l một đa thức bậc 6. Đa thức ny v l một hm chẵn nhận giá trị C2 0 sao cho u v u l nghiệm của đa thức bậc 6 ny. Thay 0 0 − 0 vo các đẳng thức trên ta tìm đ−ợc α0 v β0 theo u0. Do đó, trong mọi tr−ờng hợp Euler đều thiết lập đ−ợc sự tồn tại các số thực u0, α0 v β0 thỏa mn x4 + Bx2 + Cx + D = (x2 + u x + α )(x2 u x + β ). 0 0 − 0 0 Khi chứng minh đ−ợc bổ đề trên, Euler ngay lập tức quan sát thấy đa thức bậc 5 có thể phân tích đ−ợc thnh tích của một đa thức bậc nhất v hai đa thức bậc hai với hệ số thực. Lí do m Ông đ−a ra đơn giản l, một đa thức bậc lẻ, v do đó một đa thức p(x) bậc 5 luôn có một nghiệm thực, chẳng hạn x = a, khi đó p(x) = (x a)q(x) với q(x) l đa thức − bậc 4 với hệ số thực. Theo bổ đề trên, q(x) l tích của hai đa thức bậc hai v do đó p(x) có sự phân tích nh− yêu cầu. Sau đó, một chiến l−ợc tổng quát hóa lại đặt ra trong suy nghĩ của Euler. Ông nhận ra rằng nếu chứng minh đ−ợc sự tồn tại phân tích cho các đa thức bậc 2, 4, 8, 16, , 2n thì sẽ chứng minh đ−ợc cho đa thức với bậc tùy ý. Chẳng hạn, để phân tích đa thức x12 3x9 + 52x8 + 3x3 2x+ 17, − − ta có thể nhân với x4 để đ−ợc đa thức bậc 16. Giả thiết rằng đa thức bậc 16 đ có sự phân tích nh− mong muốn. Khi đó ta thu đ−ợc sự phân tích của đa thức bậc 12 ban đầu bẳng cách bỏ đi 4 nhân tử x, x, x v x trong sự phân tích của đa thức bậc 16 đó. V cách lm thông minh điển hình của Euler l quy tr−ờng hợp tổng quát về các tr−ờng hợp đơn giản hơn. Cụ thể, khi đ có sự phân tích của đa thức bậc 4, Ông tiếp tục khẳng định mỗi đa thức bậc 8 l tích của hai đa thức bậc 4. Rồi từ đó, Ông Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
20 chứng minh mỗi đa thức bậc 16 l tích hai đa thức bậc 8 v mỗi đa n n 1 thức bậc 2 l tích hai đa thức bậc 2 − . Chiến l−ợc ny của Ông d−ờng nh− rất hon hảo. Tuy nhiên, các chứng minh lại có nhiểu lỗ hổng không mong muốn. Ngay cho tr−ờng hợp phân tích đa thức bậc 8 thnh tích hai đa thức bậc 4 thì chứng minh của Ông đ không chính xác. 2.4 JosephLouis Lagrange v Pierre Simon Laplace Các thông tin trong mục ny đ−ợc tham khảo trong bi báo của J. Carrera [Ca]. JosephLouis Lagrange (17361813) l một nh toán học ng−ời Pháp sinh tại Italia. Thời đó, Lagrange đ−ợc xem l nh khoa học lỗi lạc trong mọi lĩnh vực liên quan đến giải tích, lí thuyết số v cơ học. Năm 1772, Ông đặt vấn đề nghiên cứu chứng minh của Euler cho Định lí cơ bản của Đại số. Bằng các kiến thức về hoán vị trên tập các nghiệm, Lagrange đ hon chỉnh mọi chỗ hổng trong chứng minh của Euler, trừ việc Ông vẫn phải giả thiết mỗi đa thức bậc n có đúng n nghiệm trong một tập no đó m ông có thể lm việc với các nghiệm ny giống nh− lm việc với các phần tử có dạng a + bi, trong đó a, b l các số thực. PierreSimon Laplace (17491827) l một nh toán học, thiên văn học ng−ời Pháp. Vo năm 1795, Laplace [La] đ đ−a ra một chứng minh cho Định lí cơ bản của Đại số “Mỗi đa thức với hệ số thực có bậc d−ơng đều chứa nhân tử bậc nhất hoặc bậc hai với hệ số thực”. Đây l một chứng minh hon ton đại số, khác hẳn với cách tiếp cận của Euler Lagrange đ nêu trong tiết tr−ớc, nh−ng vẫn còn chứa nhiều lập luận không chặt chẽ. Thứ nhất, Ông phải giả thiết đa thức bậc n có n nghiệm (mặc dù Ông không biết các nghiệm đó có tồn tại hay không). Thứ hai, Ông thừa nhận đa thức bậc lẻ có nghiệm thực, điều ny ch−a đ−ợc giải thích rõ rng trong thời kì đó. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
21 Chứng minh của Laplace nh− sau: Gọi x1, . . . , xn l các nghiệm của n n 1 n đa thức với hệ số thực p(x) = x b x + + ( 1) bn có bậc − 1 − − k n 1. Viết n = 2 q với q lẻ. Xét đa thức qt(x) m các nghiệm của ≥ nó l xi + xj + txixj với t R v i 1. Với lí do t−ơng tự, tồn tại i < j sao cho xi + xj, xixj C. ∈ 2 2 Suy ra (x (xi + xj) + xixj)(x (xi + xj) + xixj) l đa thức bậc 4 − − với hệ số thực, trong đó ta kí hiệu z l số phức liên hợp của z. Rõ rng đa thức bậc 4 ny l −ớc của p(x). Do đó áp dụng kết quả của Euler cho 2 2 đa thức bậc 4, đa thức (x (xi + xj) + xixj)(x (xi + xj) + xixj) có − − thể phân tích đ−ợc thnh tích của hai đa thức bậc hai với hệ số thực. Do đó p(x) có nhân tử bậc hai với hệ số thực. 2.5 Đóng góp của Carl Friedrich Gauss Carl Friedrich Gauss (17771855) l một nh Toán học, nh Vật lí học, Địa cầu học ng−ời Đức. Gauss đ−ợc xem l nh toán học thiên ti nhất trong thời đại của Ông. Ng−ời đầu tiên chứng minh Định lí Cơ bản của Đại số thuộc về D’Alembert, nh−ng chứng minh hợp lí v hon chỉnh đầu tiên cho định lí ny lại thuộc về Gauss. Trong suốt 50 năm, từ 1799 đến 1849, Ông đ đ−a ra ít nhất 4 chứng minh khác nhau cho Định lí cơ bản của Đại số. Chứng minh đầu tiên đ−ợc viết trong luận án tiến sĩ của Gauss vo năm 1799, khi Ông tròn 22 tuổi, trong đó có chứa đựng những phê phán về những chứng minh tr−ớc đó của D’Alembert v Euler. Ông Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
22 cho rằng các chứng minh ny l ch−a hợp lí bởi vì họ đ giả thiết tr−ớc rằng nghiệm của đa thức l những số phức. Tuy nhiên chứng minh năm 1799 của Gauss vẫn có những lập luận ch−a rõ (mi đến năm 1920 mới đ−ợc hon chỉnh) v bản thân Gauss cũng không thỏa mn. Năm 1816, Gauss công bố hai chứng minh khác của Định lí, trong đó chứng minh thứ nhất mang tính kĩ thuật v hầu nh− dùng công cụ đại số, chứng minh thứ hai đơn giản hơn v dùng công cụ giải tích. Năm 1849, tr−ớc khi mất vi năm, Gauss đ công bố chứng minh thứ t− cho Định lí v chứng minh ny t−ơng tự nh− chứng minh thứ nhất năm 1799. Hai chứng minh quan trọng nhất của Gauss l chứng minh thứ nhất công bố năm 1799 v chứng minh thứ ba năm công bố năm 1816. D−ới đây, chúng ta trình by tóm tắt hai chứng minh ny. 2.5.1. Tóm tắt chứng minh thứ nhất. Năm 1799, Gauss công bố chứng minh thứ nhất cho Định lí cơ bản của Đại số, tuy nhiên chứng minh ny m m 1 ch−a đầy đủ. Gauss xét đa thức p(x) = x + Ax − + + Lx + m với hệ số thực. Thay x = r(cos ϕ + i sin ϕ) vo đa thức rồi tách phần thực v phần ảo: m m 1 U = r cos mϕ + Ar − cos(m 1)ϕ + + Lr cos ϕ + M − m m 1 T = r sin mϕ + Ar − sin(m 1)ϕ + + Lr sin ϕ. − Gauss đ chứng minh trực tiếp rằng U v T đồng thời bằng 0 nếu v chỉ nếu p(x) l bội của x r hoặc p(x) l bội của x2 2xr cos ϕ + r2. ± − Tiếp theo, Gauss đ coi U = 0 v T = 0 nh− những đ−ờng cong đại số bậc m trong hệ toạn độ cực r v ϕ, vẽ trong mặt phẳng với các toạ độ (r cos ϕ, r sin ϕ). Để chứng minh Định lí, Gauss muốn chỉ ra rằng tồn tại một giao điểm của hai đ−ờng cong ny. Để tìm giao điểm của hai đ−ờng cong T = 0 v U = 0, Gauss đ nghiên cứu các giao điểm của hai đ−ờng cong ny trong một đ−ờng tròn tâm l gốc tọa độ, bán kinh Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
23 R v chứng minh rằng khi R đủ lớn, có đúng 2m giao điểm của đ−ờng tròn với đ−ờng cong T = 0 v 2m giao điểm của đ−ờng tròn với đ−ờng cong U = 0 v mỗi giao điểm của đ−ờng tròn với U = 0 nằm giữa hai giao điểm của đ−ờng tròn với T = 0. Để chỉ ra điều ny, ngy nay chúng ta th−ờng dùng đến các đại l−ợng vô cùng lớn, nh−ng Gauss đ đ−a ra một chứng minh rất ti tình m không cần dùng đến khái niệm giới hạn. Trong b−ớc tiếp theo, Gauss chỉ ra rằng 4m điểm giao ny l thay đổi rất ít khi R thay đối ít (theo ngôn ngữ ngy nay chúng ta nói chúng l những hm liên tục theo biến R, nh−ng khái niệm liên tục thời đó không đ−ợc phổ biến). Đến đây, bằng một chứng minh rất trực quan hình học, Gauss kết luận rằng tồn tại giao điểm của hai đ−ờng cong nằm trong đ−ờng tròn. Từ đó Ông chỉ ra sự tồn tại giao điểm của hai đ−ờng cong T = 0 v U = 0, Định lí đ−ợc chứng minh. 2.5.2. Tóm tắt chứng minh thứ ba. Năm 1816, Gauss công bố chứng minh thứ ba cho Định lí cơ bản của Đại số. Chứng minh ny khá đơn giản v l một chứng minh hon chỉnh. Ông xét đa thức với hệ số thực m m 1 p(x) = x + Ax − + + Lx + m. Thay x = r(cos ϕ + i sin ϕ) vo đa thức rồi tách phần thực v phần ảo: m m 1 u = r cos mϕ + Ar − cos(m 1)ϕ + + Lr cos ϕ + M; − m m 1 t = r sin mϕ + Ar − sin(m 1)ϕ + + Lr sin ϕ. − Coi u v t nh− những hm theo ϕ. Ông giới thiệu đạo hm của hai hm (theo biến ϕ) ny nh− sau: m m 1 t′ = mr cos mϕ + (m 1)Ar − cos(m 1)ϕ + + Lr cos ϕ; − − m m 1 u′ = mr sin mϕ + (m 1)Ar − sin(m 1)ϕ + + Lr sin ϕ. − − Xét tt′ + uu′ nh− một hm theo r. Khi đó 2m 2 2 2m tt′ + uu′ = mr (cos mϕ + sin mϕ) + g(r) = mr + g(r), Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
24 trong đó g(r) l đa thức bậc thấp hơn 2m. Do đó Gauss coi mr2m l thnh phần chính của tt′ + uu′. Từ đó Gauss kết luận rằng khi r lớn, tt′ + uu′ l d−ơng. Gauss lại tiếp tục giới thiệu các đạo hm bậc hai của t v u theo biến ϕ, kí hiệu l t v u − ′′ ′′ 2 m t′′ = m r sin mϕ + + Lr sin ϕ; 2 m u′′ = m r cos mϕ + + Lr cos ϕ. Nh− đ chỉ ra trong chứng minh thứ nhất, để chứng tỏ rằng p(x) có nghiệm phức, ta cần chứng minh sự tồn tại giao điểm (r cos ϕ, r sin ϕ) của hai đ−ờng cong t = 0 v u = 0. Giả sử không tồn tại giao điểm của hai đ−ờng cong t = 0 v u = 0. Khi đó u2 + t2 > 0 với mọi r v ϕ. Vì thế hm 2 2 2 2 (t + u )(tt′′ + uu′′) + (tu′ ut′) (tt′ + uu′) y = − − r(t2 + u2)2 luôn nhận giá trị hữu hạn với mọi r = 0. Tiếp theo, với r = R đủ lơn (sao cho tt′ + uu′ d−ơng) Gauss xét tích phân kép 3600 R ω = ydrdϕ 0 0 Chú ý rằng tích phân kép không phụ thuộc vo thứ tự lấy tích phân. tu = ut Tr−ớc hết, lấy nguyên hm theo ϕ ta có ydϕ = ′ ′ . Vì mỗi r(t2 + u2) tu = ut thnh phần của hm ′ ′ đều chứa sin kϕ hoặc cos kϕ với k l số r(t2 + u2) tu = ut tự nhiên nên ta dễ dng nhận thấy ′ ′ có giá trị bằng nhau tại r(t2 + u2) 0 ϕ1 = 0 v ϕ2 = 360 . Suy ra ω = 0. Tuy nhiên, khi lấy nguyên hm tt = uu theo r ta lại có ydr = ′ ′ . Thay r = 0 vo t v u ta đ−ợc t2 + u2 ′ ′ t′(0) = 0 = u′(0). Nh−ng theo lập luận ở trên, khi R lớn thì tt′ + uu′ d−ơng. Do đó lấy tích phân từ 0 đến R ta đ−ợc ω l số d−ơng, điều ny Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
25 l vô lí. Vậy, luôn tồn tại giao điểm của hai đ−ờng cong t = 0 v u = 0, tức l đa thức p(x) có nghiệm. 2.5.3. Kết luận. Việc đ−a ra một chứng minh hon chỉnh cho Định lí cơ bản của Đại số đ thách thức các nh toán học khoảng gần 100 năm. Chứng minh đ−ợc công bố đầu tiên thuộc về Jean le Rond D’Alembert năm 1746. Tiếp theo l chứng minh của Leonhard Euler năm 1749, chứng minh của Pierre Simon Laplace năm 1795, chứng minh của Carl Friedrich Gauss năm 1799. Các chứng minh ny dù ít hay nhiều vẫn còn những lập luận không chặt chẽ. Mi đến năm 1816, Carl Friedrich Gauss mới đ−a ra đ−ợc một chứng minh ti tình v hon chỉnh cho Định lí (m chúng ta đ trình by tóm tắt trong Mục 2.5.2). Sau đó, nhiều nh toán học vẫn tiếp tục đ−a ra các chứng minh khác nhau cho Định lí ny. Ngay cả Carl Friedrich Gauss, chỉ vi năm tr−ớc khi mất, năm 1849, Ông vẫn còn đ−a ra một chứng minh khác cho Định lí. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Ch−ơng 3 Một số chứng minh Định lí cơ bản của Đại số Trong ch−ơng ny, chúng tôi trình by một số chứng minh Định lí cơ bản của Đại số. 3.1 Chứng minh dùng công cụ đại số Để chứng minh Định lí, ta cần có các kết quả sau: 3.1.1. Bổ đề. Các phát biểu sau l đúng (i) Mỗi đa thức bậc lẻ với hệ số thực đều có một nghiệm thực. (ii) Mỗi đa thức bậc hai với hệ số phức đều có hai nghiệm phức. (iii) Nếu p(x) l đa thức với hệ số thực thì tồn tại một tr−ờng E sao cho p(x) phân tích đ−ợc thnh các nhân tử tuyến tính với hệ số trong E. 3.1.2. Chú ý. (i) Nhờ tính liên tục của hm đa thức, ta có tính chất (i) trong bổ đề trên. Vì thế chứng minh Định lí cơ bản của Đại số m chúng ta trình by sau đây chủ yếu dùng công cụ đại số, nh−ng không phải l một chứng minh thuần túy đại số. (ii) Tr−ờng E cực tiểu có tính chất (iii) của bổ đề trên đ−ợc gọi l tr−ờng phân r của đa thức p(x). Sự tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng 26 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
27 cấu) của tr−ờng phân r của một đa thức đ−ợc trình by trong phần phụ lục ở cuối luận văn ny. Tiếp theo chúng ta cần chuẩn bị một số kiến thức về đa thức đối xứng. Trong tiết ny ta luôn giả thiết K C l một tr−ờng. Một biểu thức có ⊆ i1 in dạng x1 . . . xn đ−ợc gọi l một đơn thức của n biến x1, . . . , xn với bậc i1 i tổng thể l i + + in. Một biểu thức có dạng rx . . . x n với r K 1 1 n ∈ i1 in đ−ợc gọi l một từ đồng dạng với đơn thức x1 . . . xn . Hai từ đ−ợc gọi l đồng dạng nếu chúng cùng đồng dạng với một đơn thức. Một đa thức f(x1, . . . , xn) của n biến x1, . . . , xn với hệ số trong K l một tổng i1 in ri1 in x1 . . . xn của hữu hạn từ không đồng dạng. n (i1, ,in) N ∈ 3.1.3. Định nghĩa. Kí hiệu Sn l tập các song ánh từ tập 1, 2, . . . , n { } đến chính nó. Ta nói f(x1, . . . , xn) l đa thức đối xứng nếu f(x1, . . . , xn) = f(xπ(1), . . . , xπ(n)) với mọi π Sn. ∈ Chẳng hạn, các đa thức sau đây l đối xứng, gọi l các đa thức đối xứng sơ cấp. n σ1 = xi = x1 + + xn i=1 σ2 = xixj = x1x2 + x1x3 + + xn 1xn − i<j σn = x1x2 . . . xn. Tiếp theo ta xét quan hệ thứ tự từ điển đối với các đơn thức: Cho a1 an b1 bn u = x1 . . . xn v v = x1 . . . xn , ta định nghĩa u < v nếu tồn tại chỉ số i sao cho ai < bi v ak = bk với mọi k < i. Với mỗi đa thức f ta kí hiệu Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
28 In(f) l từ lớn nhất trong các từ của f v gọi l từ dấu của f. Dễ thấy rằng In(fg) = In(f) In(g) với mọi f, g. 3.1.4. Bổ đề. Nếu f l đa thức đối xứng thì tồn tại duy nhất đa thức ϕ sao cho f(x1, . . . , xn) = ϕ(σ1, . . . , σn). a1 a Chứng minh. Giả sử In(f) = ax . . . x n . Cho i 1. Nếu ta thay xi bởi 1 n ≥ xi+1 v thay xi+1 bởi xi, còn giữ nguyên các xk khác trong đa thức f thì a1 ai+1 ai an từ cao nhất In(f) của f trở thnh từ ax1 . . . xi xi+1 . . . xn . Vì f l đối xứng nên từ ny cũng l một từ của f v do đó nó không thể lớn hơn In(f). Vì thế ta có ai ai . Suy ra a an. Dễ thấy từ dấu của ≥ +1 1 ≥ ≥ a1 a2 a2 a3 an 1 an an a1 an đa thức σ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn l x1 . . . xn . Đặt − a1 a2 a2 a3 an 1 an an f1 = f aσ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn . − − a1 a2 a2 a3 an 1 an an Khi đó In(f1) In(f1) > . . . nên các bộ (b1, . . . , bn), đều thoả mn tính chất bi, a1 với mọi i = 1, . . . , n. Nhận xét rằng chỉ có a1+1 nhiều nhất n bộ số tự nhiên (d1, . . . , dn) thoả mn tính chất di a1 với mọi i = 1, . . . , n. Do đó qúa trình ny phải kết thúc sau một số hữu hạn b−ớc. Vì vậy đến b−ớc thứ s no đó ta có d1 d2 d2 d3 dn 1 dn dn fs 1 dσ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn = 0. − − − Do đó ta có a1 a2 a2 a3 an 1 an an b1 b2 b2 b3 bn 1 bn bn f = aσ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn + bσ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn − − d1 d2 d2 d3 dn 1 dn dn + + dσ1 − σ2 − . . . σn −1 − σn , − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
29 tức l ta đ biểu diễn đ−ợc đa thức f d−ới dạng một đa thức của σ1, . . . σn. Giả sử có hai đa thức ϕ1 v ϕ2 khác nhau sao cho f(X1, ,Xn) = ϕ1(σ1, . . . , σn) = ϕ2(σ1, . . . , σn). Đặt ϕ(σ , . . . , σn) = ϕ (σ , . . . , σn) ϕ (σ , . . . , σn). Khi đó ϕ l đa 1 1 1 − 2 1 thức khác không của σ1, . . . , σn v sau khi thay σ1, . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, . . . , xn vo ϕ ta nhận đ−ợc đa thức không. Chúng k1 kn l1 ln ta sẽ chỉ ra điều ny l vô lí. Rõ rng nếu aσ1 . . . , σn v bσ1 . . . , σn l hai hạng tử của ϕ(σ , . . . , σn) sao cho (k , . . . , kn) = (l , . . . , ln) thì 1 1 1 khi thay σ1, . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, . . . , xn vo hai hạng tử ny, ta sẽ nhận đ−ợc hai đa thức của x1, . . . , xn m hai từ dấu của chúng không đồng dạng. Với mỗi hạng tử của ϕ(σ1, . . . , σn), ta tìm từ dấu của đa thức của x1, . . . , xn thu đ−ợc từ hạng tử ny bằng cách thay σ1, . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, . . . , xn. Khi đó từ dấu lớn nhất trong các từ dấu vừa tìm đ−ợc sẽ không đồng dạng với bất cứ một từ no khác. Vì vậy, sau khi thay σ1, . . . , σn bởi các biểu thức của chúng qua x1, . . . , xn vo đa thức ϕ(σ1, . . . , σn) ta sẽ nhận đ−ợc đa thức khác không, mâu thuẫn. 3.1.5. Hệ quả. Cho f(x) K[x] l một đa thức một biến x bậc n với ∈ hệ số cao nhất bằng 1. Giả sử f có n nghiệm α1, . . . , αn trong một mở rộng no đó của K. Giả thiết rằng g(x1, . . . , xn) l đa thức đối xứng. Khi đó g(α , . . . , αn) K. 1 ∈ Chứng minh. Theo Bổ đề 3.1.4, tồn tại đa thức ϕ(x1, . . . , xn) sao cho g(x1, . . . , xn) = ϕ(σ1, . . . , σn). Vì thế g(α1, . . . , αn) = ϕ(σ1(α1, . . . , αn), . . . , σn(α1, . . . , αn)). Theo công thức Viet ta suy ra k n g(α1, . . . , αn) = ϕ( an 1, an 2, , ( 1) an k, , ( 1) a0). − − − − − − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
30 Do an 1, an 2, . . . , a0 K nên ta suy ra g(α1, . . . , αn) K. − − ∈ ∈ Bây giờ chúng ta có thể đ−a ra một chứng minh cho Định lí. 3.1.6. Định lí cơ bản của Đại số. Cho p(x) l một đa thức với hệ số phức có bậc t > 0. Khi đó p(x) có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh. Tr−ớc hết ta khẳng định rằng chỉ cần chứng minh Định lí cho tr−ờng hợp đa thức với hệ số thực l đủ. t Thật vậy, giả sử p(x) = (at + bti)x + + (a1 + b1i)x + (a0 + b0i). t Đặt p(x) = (at bti)x + + (a b i)x + (a b ). Khi đó − 1 − 1 0 − 0 t 2 t 2 p(x)p(x) = (atx + + a1x + a0) + (btx + + b1x + b0) l một đa thức với hệ số thực v nếu z = a + bi l một nghiệm của p(x)p(x) thì hoặc z cũng l nghiệm của p(x) hoặc z = a bi l nghiệm − của p(x). B−ớc tiếp theo l chứng minh Định lí bằng quy nạp theo n, trong đó p(x) l đa thức với hệ số thực có bậc l t = 2n(2m + 1). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết p(x) có hệ số cao nhất bằng 1. Cho n = 0. Khi đó p(x) có bậc 2m+1 l số lẻ. Do đó theo Bổ đề 3.1.1(i), p(x) có nghiệm thực. Giả sử đ chứng minh Định lí cho tr−ờng hợp n < N. Ta chứng minh cho tr−ờng hợp bậc của đa thức p(x) l d = 2N (2m + 1). Theo Bổ đề 3.1.1(ii), tồn tại một tr−ờng E sao cho p(x) có sự phân tích d(d 1) p(x) = (x r ) (x rd) với r , . . . , rd E. Đặt s = − . Với − 1 − 1 ∈ 2 mỗi k = 1, . . . , s + 1, đặt qk(x) = (x ri rj krirj). − − − 1i<jd Biểu diễn đa thức qk(x) thnh tổng của các từ không đồng dạng. Khi đó các hệ số của qk(x) l những đa thức đối xứng của các nghiệm ri. Vì các hệ số của p(x) l các số thực nên theo Hệ quả 3.1.5, các hệ số của qk(x) đều l số thực, tức l qk(x) l đa thức với hệ số thực. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
31 Rõ rng số cách chọn cặp (i, j) sao cho 1 i < j d l số cách chọn một tập con gồm 2 phần tử i, j từ tập 1, . . . , d . Do đó bậc của { } N 1 n qk(x) l s = d(d 1)/2. Dễ thấy s = 2 (2m + 1)(2 (2m + 1) 1). Vì − − − thế, theo giả thiết quy nạp, mỗi qk(x) có một nghiệm phức. Từ công thức của qk(x), ta thấy rằng mỗi nghiệm của qk(x) phải có dạng ri +rj +krirj với i < j no đó. Nh− vậy, mỗi đa thức trong số s + 1 đa thức qk(x) đều có một nghiệm phức, mỗi nghiệm phức d−ợc tính theo một cặp i < j v chỉ có tất cả s cặp i < j. Theo Nguyên lí nhốt chim bồ câu, tồn tại một cặp i < j sao cho có hai số nguyên k = k để ri + rj + k rirj l 1 2 1 nghiệm phức của qk1 (x) v ri + rj + k2rirj l nghiệm phức của qk2 (x). Đặt u = ri + rj + k1rirj v v = ri + rj + k2rirj. Khi đó ri, rj l hai k u + k v nghiệm của đa thức bậc hai x2 + bx + c, trong đó b = 2 1 v − k1 + k2 u v c = − . Theo Bổ đề 3.1.1(ii), r , r l các số phức. k k i j 1 − 2 3.2 Chứng minh dùng công cụ giải tích phức Tr−ớc hết chúng ta nhắc lại một số khái niệm trong giải tích phức. Một hm phức f(z) đ−ợc gọi l giải tích trên một tập con mở M C nếu ⊆ f(z) l khả vi phức tại mọi điểm trên M. Ta nói f(z) l hm nguyên nếu f(z) l khả vi trên ton bộ C. Hm phức f(z) đ−ợc gọi l bị chặn trên miền D C nếu tồn tại một số thức d−ơng r sao cho f(z) r ⊆ | | với mọi z D. ∈ 3.2.1. Chứng minh thông qua Định lí của Joseph Liouville Ta có thể dùng Định lí Joseph Liouville (1847) để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số (xem [MF, Trang 2]). Tr−ớc hết, chúng ta nhắc lại kết quả ny. 3.2.1.1. Định lí (Liouville). Nếu f(z) l giải tích v bị chặn trên mặt Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
32 phẳng phức thì f(z) l hm hằng. Bây giờ ta chứng minh Định lí cơ bản của Đại số. 3.2.1.2. Định lí Cho p(z) l một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó p(z) có n nghiệm phức. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh p(z) có một nghiệm phức l đủ. Thật vậy, giả sử z1 l một nghiệm của p(z). Nếu n = 1 thì p(z) có 1 nghiệm, kết quả đúng với n = 1. Giả sử kết quả đ đúng cho tr−ờng hợp bậc của đa thức l n 1. Ta chứng minh cho tr−ờng hợp p(z) có bậc n. − Bằng phép chia p(z) cho (z z ) ta viết đ−ợc p(z) = (z z )g(z), trong − 0 − 0 đó g(z) có bậc n 1. Theo giả thiết quy nạp, g(z) có n 1 nghiệm phức − − z2, . . . , zn. Do đó p(z) có n nghiệm phức z1, . . . , zn. Giả sử p(z) không có nghiệm phức. Khi đó p(z) = 0 với mọi z C. ∈ Ta chứng minh p(z) bị chặn trên C. Viết n n 1 p(z) = anz + an 1z − + + a1z + a0. − Tr−ớc hết, ta khẳng định khi z thì p(z) . Thật vậy, ta có | | → ∞ | | → ∞ n an 1 a0 p(z) = z a + − + + . n z zn Do đó n an 1 a0 p(z) = z an + − + + | | || z zn | n Vì an = 0 nên z an khi z . Do đó p(z) khi | || | → ∞ | | → ∞ | | → ∞ z , khẳng định đ−ợc chứng minh. Theo khẳng định trên, lấy | | → ∞ 0 r. Vì thế 1/p(z) liên tục nên z r. Vì thế 1/p(z) bị chặn | | | | trong miền z r. Vậy, 1/p(z) bị chặn trên ton bộ mặt phẳng phức. | | Vì p(z) = 0 với mọi z C nên 1/p(z) xác định trên C. Do đó 1/p(z) ∈ khả vi trên C, tức l nó giải tích trên C. Theo Định lí Liouville, p(z) l Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
33 hm hằng, điều ny l vô lí với giả thiết bậc của p(z) = n > 0. Vậy p(z) có ít nhất một nghiệm trong C. 3.2.2. Chứng minh thông qua Định lí Eugene Rouche Để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số, ta có thể sử dụng Định lí của E. Rouche (xem [MF, Trang 3). Tr−ớc hết ta nhắc lại Định lí của Rouche. 3.2.2.1. Định lí (Rouche) Cho miền M C với biên của M l B(M). ⊆ Nếu f(z) v h(z) l các hm giải tích trong v trên miền M sao cho h(z) 0. Khi đó p(z) có n nghiệm phức. n Chứng minh. Cho p(z) = anz + + a1z + a0 l một đa thức với hệ số phức bậc n > 0. Ta cần chứng minh p(z) có nghiệm phức. Đặt n f(z) = anz v n 1 h(z) = p(z) f(z) = an 1z − + + a1z + a0. − − Lấy số thực r > 0. Trên đ−ờng tròn z = r ta có | | n n n f(z) = anz = an z = an r ; v | | | | | || | | | n 1 n 1 h(z) = an 1z − + + a1z + a0 an 1 r − + + a1 r + a0 . Vì | | | − | | − | | | | | an = 0 nên ta có thể đặt | | an 1 + + a1 + a0 K = | − | | | | |. an | | Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
34 Chọn r > max 1,K . Khi đó { } n 1 h(z) an 1 r − + + a1 r + a0 | | | − | | | | | n 1 an 1 + + a1 + a0 r − | − | | | | | n 1 n cr với nhiều vô hạn k. Thật vậy, rõ rng 1 = p(z)f(z). Đồng | | nhất hệ số tự do của hai vế ta đ−ợc a b = 1. Suy ra b = 1/ a . Do 0 0 | 0| | 0| đó luôn tồn tại c cr . Ta cần chứng minh tồn tại một số | | k k′ tiếp theo để bk > cr ′ . Giả sử điều ny không đúng, tức l k l số | ′ | k n+k lớn nhất có tính chất bk > cr . Khi đó hệ số của z trong p(z)f(z) | | n+k l a0bn+k + a1bn+k 1 + + anbk, vì thế đồng nhất hệ số của z trong − đẳng thức 1 = p(z)f(z) ta có a0bn+k + a1bn+k 1 + + anbk = 0. − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
35 Suy ra a0bn+k + a1bn+k 1 + = anbk. Vì môđun của tổng các số − − phức không v−ợt quá tổng các mô đun của các số phức đó v với mọi i = 0, . . . , n 1 ta có − k+n i aibk+n i = ai bk+n i ai cr − . | − | | || − | | | Từ đó ta dễ dng suy ra n n 1 a0 r + a1 r − + + an 1 r an . | | | | | − | | | an Nếu r min 1, | | thì ta có a0 + + an 1 | | − | a0bk+n + + an 1bk+1 a0bk+n + + an 1bk+1 k bk = | − | | | | − | cr | | an an | | | | với r đủ nhỏ. Điều ny l vô lí. Đặt z = 1/r. Ta có k bk bkz = | | > c | | rk 2 với vô hạn số tự nhiên k. Do đó chuỗi b0 + b1z + b2z + không hội tụ, điều ny l vô lí. Vậy, tồn tại z C để p(z) = 0. ∈ 3.3 Chứng minh dùng công cụ tôpô Để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số, ta có thể sử dụng công cụ tôpô v Định lí của Charles E. Picard (xem [MF, Trang 3,4). Tr−ớc hết ta nhắc lại Nguyên lí Bolzano Weierstrasss về dy số trong một miền bị chặn (đây l một tính chất tôpô). 3.3.1. Bổ đề. (Nguyên lí Bolzano Weierstrasss). Mỗi dy zn các số { } phức trong một miền bị chặn của mặt phẳng phức đều trích ra đ−ợc một dy con hội tụ. Tiếp theo, ta nhắc lại Định lí của Picard. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
36 3.3.2. Bổ đề. (Định lí Picard). Cho f(z) l một hm nguyên (tức l f(z) khả vi trên ton bộ mặt phẳng phức). Giả sử tồn tại z = z , z , z C 1 2 1 2 ∈ sao cho f(z) = z , f(z) = z với mọi z C thì f(z) l hm hằng. 1 2 ∈ Bây giờ ta chứng minh Định lí cơ bản của Đại số. 3.3.3. Định lý. Cho p(z) l một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó p(z) có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh. Rõ rng p(z) l khả vi trên C. Giả sử p(z) không có nghiệm phức. Khi đó p(z) = 0 với mọi z C. Đặt z = 0. Ta có p(z) = z với ∈ 1 1 mọi z C. Ta sẽ chứng minh tồn tại điểm z = z sao cho p(z) = z ∈ 2 1 2 với mọi z C. Giả sử với mỗi k N cho tr−ớc, tồn tại zk C sao ∈ ∈ ∈ cho p(zk) = 1/k. Chú ý rằng p(z) khi z (xem chứng | | → ∞ | | → ∞ minh Định lí ở Tiết 3.1). Do đó tồn tại số thực r d−ơng đủ lớn sao cho p(z) > 1 với mọi z / M, trong đó M l hình tròn tâm l gốc tọa độ, | | ∈ bán kính r. Vì p(zk) = 1/k 1 với mọi 0 0. Vậy p(z) có ít nhất một nghiệm phức. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
37 Phần phụ lục Kiến thức của phần ny không phải l mục tiêu chính của luận văn. Tuy nhiên, để ng−ời đọc tiện theo dõi, chúng tôi trình by những khái niệm v kết quả đ nhắc đến trong Ch−ơng 2 nh− số phức v các phép toán, mở rộng tr−ờng, tr−ờng phân r, tr−ờng đóng đại số. Ngoi ra, chúng tôi cũng đ−a vo mục ny những thông tin của một số nh toán học có đóng góp cho Định lí cơ bản của Đại số. A. Số phức v các phép toán trên tr−ờng số phức 4.1.1. Định nghĩa số phức. Số phức l biểu thức có dạng z = a + bi trong đó a, b R v i2 = 1. Ta gọi a l phần thực v b l phần ảo của ∈ − z. Số i đ−ợc gọi l đơn vị ảo Kí hiệu tập hợp các số phức l C. Nếu a = 0 thì z = bi đ−ợc gọi l số thuần ảo, nếu b = 0 thì z = a l số thực. Hai số phức đ−ợc gọi l bằng nhau nếu phần thực v phần ảo của chúng t−ơng ứng bằng nhau, tức l a + bi = c + di khi v chỉ khi a = c v b = d. Số phức z = a bi đ−ợc gọi l số phức liên hợp của z = a + bi − v đ−ợc kí hiệu l z. Dễ thấy z z = a2 + b2 l một số thực. Chú ý rằng liên hợp của tổng (hiệu, tích, th−ơng) bằng tổng (hiệu, tích, th−ơng) của các liên hợp, tức z z l z z′ = z z′, z z′ = z z′ v nếu z′ = 0 thì = . ± ± z′ z′ 4.1.2. Phép toán trên số phức. Biểu diễn số phức z = a + bi đ−ợc gọi l biểu diễn đại số của số phức z. Phép cộng, trừ, nhân v chia các số Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
38 phức đ−ợc thực hiện nh− sau: (a + bi) (c + di) = (a + c) (b + d)i; ± ± (a + bi)(c + di) = (ac bd) + (bc + ad)i; − a + bi (a + bi)(c di) ac + bd bc ad = − = + − i c + di (c + di)(c di) c2 + d2 c2 + d2 − Tập C các số phức với phép cộng v phép nhân lập thnh một tr−ờng chứa tr−ờng số thực R, trong đó mỗi số thực a đ−ợc đồng nhất với một số phức a + 0i. 4.1.3. Biểu diễn hình học của số phức. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc xOy, mỗi số phức z = a + bi đ−ợc đồng nhất với điểm Z(a, b). Khi đó tập số phức lấp đầy mặt phẳng v ta gọi đó l mặt phẳng phức. Xét góc α tạo bởi chiều d−ơng trục honh với véc tơ OZ−→ v gọi r l độ di của véc tơ OZ−→ , khi đó z = a + bi = r(cos α + i sin α). Ta gọi r l môđun của số phức z v ký hiệu l z . Góc α đ−ợc gọi | | l argument của z v kí hiệu l arg(z). Rõ rng z = √a2 + b2. Biểu | | diễn z = r(cos α + i sin α) đ−ợc gọi l biểu diễn l−ợng giác của z. Chú ý rằng môđun của một số phức l xác định duy nhất v argument của một số phức l xác định sai khác một bội nguyên lần của 2π, tức l r(cos α + i sin α) = r′(cos α′ + i sin α′) nếu v chỉ nếu r = r′ v α = α + 2kπ với k Z. ′ ∈ Sau đây l một vi tính chất của môđun: z = z ; z . z = z . z | | | | | 1| | 2| | 1| | 2| v do đó zn = z n; z + z z + z . | | | | | 1 2| | 1| | 2| 4.1.4. Lũy thừa v khai căn số phức. Cho hai số phức d−ới dạng l−ợng giác: z = r(cos ϕ + i sin ϕ), z′ = r′(cos ϕ′ + i sin ϕ′). Khi đó z.z′ = z r r.r′ cos(ϕ+ ϕ′)+i sin(ϕ+ ϕ′) v = cos(ϕ ϕ′)+ i sin(ϕ ϕ′) . z′ r′ − − Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
39 Từ đây ta dễ dng nâng lên lũy thừa bằng công thức sau (gọi l công thức Moirve): zn = rn(cos nϕ + i sin nϕ). Chú ý rằng mỗi số phức z = r(cos ϕ + i sin ϕ) khác 0 đều có đúng n căn bậc n, đó l ϕ + k2π ϕ + k2π ω = √n r(cos + i sin ) k n n với k = 0, 1, . . . , n 1. − B. Mở rộng tr−ờng, tr−ờng phân r 4.2.1. Định nghĩa. Cho T l một tr−ờng. Giả sử K l một tr−ờng chứa T . Khi đó ta nói T K l một mở rộng tr−ờng. ⊆ 4.2.2. Ví dụ. (i) Tr−ờng Q[√2] l mở rộng của tr−ờng Q. (ii) Với T C l một tr−ờng v α C, đặt ⊆ ∈ f(α) T (α) = f(x), g(x) T [x], g(α) = 0 . g(α) | ∈ Khi đó T (α) l tr−ờng nhỏ nhất chứa T v α. Ta gọi T(α) l tr−ờng mở rộng của T bằng cách ghép thêm phần tử α. (iii) Với T C l một tr−ờng v A C, kí hiệu T(A) l tập các số ⊆ ⊆ nhận đ−ợc từ T v A bởi các phép toán cộng, trừ, nhân v chia cho các phần tử khác 0. Khi đó T(A) l tr−ờng nhỏ nhất chứa T v A. Ta gọi T (A) l tr−ờng mở rộng của T bằng cách ghép thêm tập A. 4.2.3. Định nghĩa. Cho T K l một mở rộng tr−ờng. Khi đó K ⊆ có cấu trúc l T không gian vectơ. Số chiều của T không gian vectơ K đ−ợc gọi l bậc của mở rộng tr−ờng T K v đ−ợc ký hiệu l [K : T ]. ⊆ Chú ý rằng nếu T K L l một dy các mở rộng tr−ờng thì ⊆ ⊆ [L : T ] = [L : K][K : T ]. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
40 4.2.4. Định nghĩa. Cho T K l một mở rộng tr−ờng v α K. Ta ⊆ ∈ nói α l đại số trên T nếu có một đa thức 0 = f(x) T [x] nhận α lm ∈ nghiệm. Nếu α không đại số trên T thì ta nói α l siêu việt trên T . Đặt T[α] = f(α) f(x) T [x] . Nếu α l đại số trên T thì T[α] { | ∈ } l một tr−ờng v vì thế T [α] = T (α). Khi α l siêu việt trên T thì T[α] không l tr−ờng, trong khi đó T (α) luôn l tr−ờng. 4.2.5. Định nghĩa. Cho T l một tr−ờng. Đa thức f(x) T [x] l bất ∈ khả quy trên T nếu deg f(x) > 0 v f(x) không l tích của hai đa thức có bậc bé hơn. D−ới đây l công thức tính bậc của các mở rộng bằng cách ghép thêm một phần tử đại số. 4.2.6. Bổ đề. Cho T K l một mở rộng tr−ờng v α K. Giả sử ⊆ ∈ L = T (α), trong đó α l đại số trên T . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) T [x] bất khả quy nhận α lm nghiệm v có hệ số cao nhất ∈ bằng 1. Giả sử deg p = m. Khi đó [L : T ] = m. 4.2.7. Định nghĩa. Cho T l tr−ờng. (i) Cho f(x) T [x] l đa thức bậc n. Một tr−ờng K cực tiểu chứa T ∈ v chứa n nghiệm của f(x) đ−ợc gọi l tr−ờng phân r của f(x) trên T. (ii) T l đóng đại số nếu mỗi đa thức một biến bậc n > 0 trên T đều có đúng n nghiệm trong T, mỗi nghiệm tính với số bội của nó. 4.2.8. Mệnh đề. Cho T l tr−ờng. Khi đó (i) Mỗi đa thức f(x) T [x] đều có một tr−ờng phân r v tr−ờng ∈ phân r của f(x) trên T l xác định duy nhất sai khác một đẳng cấu. (ii) Mỗi tr−ờng đều chứa trong một tr−ờng đóng đại số. Theo Định lí cơ bản của Đại số, tr−ờng C l đóng đại số v mỗi đa thức với hệ số hữu tỷ (thực, phức) đều có một tr−ờng phân r trong C. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
41 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
42 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
43 Kết luận Luận văn trình by lịch sử v một số chứng minh Định lí cơ bản của Đại số. Nội dung chính của luận văn l: Trình by kiến thức chuẩn bị về đa thức với hệ số trên một tr−ờng, • nghiệm của đa thức phục vụ các diễn giải liên quan trong Ch−ơng 2 v Ch−ơng 3 của luận văn. Trình by sơ l−ợc lịch sử Định lí cơ bản của Đại số, đặc biệt l các • đóng góp quan trọng của một số nh toán học: Jean le Rond D’Alembert, Leonhard Euler, Pierre Simon Laplace v Carl Friedrich Gauss. Đ−a ra một số chứng minh quan trọng của Định lí cơ bản của Đại • số (dùng công cụ đại số, công cụ giải tích phức, công cụ tô pô). Phần phụ lục chứa đựng một số khái niệm về mở rộng tr−ờng, tr−ờng • phân r của một đa thức, số phức v các phép toán trên tr−ờng số phức, đồng thời có hình ảnh một số nh toán học liên quan đến Định lí cơ bản của Đại số. Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
Ti liệu tham khảo [Ba] Christopher Baltus, D’Alembert’s proof of the fundamental theorem of algebra, Historia Mathematica, 31 (2004), 414428. [Ca] Josep Carrera, The fundamental theorem of algebra before Carl Friedrich Gauss, Publicacions Matemtiques, 36 (1992), 879911. [C] Nguyễn Tự C−ờng, Đại số hiện đại, tập 1, NXB ĐHQGHN, 2001. [DA] Jean Le Rond D’Alembert, Recherches sur le calcul integral, His toire de l’Acadmie Royale des Sciences et Belles Lettres, anne’e MDCCXLVI, 182224. Berlin (1746). [Du] William Dunham, Euler and the Funcdamental Theorem of Algebra, The College Mathematics Journal, 22(4) (1991), 282293. [Eu] Leonhard Euler, Recherches sur les racines imaginaires des équa tions, Memoires de l’académie des sciences de Berlin, 5 (1949), 1752, 222228. [La] Pierre Simon Laplace, Lesons de mathématiques donés l’Ecole normale, Oeuvres complètes, 14 (1795), 10177. [MF] Steven Miller and Dan File, Fundamental theorem of algebra, Lec ture notes from the Reading Classics, Autumn 2003. 44 Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn