Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:48

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympic toán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đa thức thường xuyên được đề cập và được xem như là những bài toán khó. Trong lý thuyết đa thức thì đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN KHẮC HƯỞNG TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN KHẮC HƯỞNG TIÊU CHUẨN EISENSTEIN VỀ TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn THÁI NGUYÊN - 2018
1 Mục lục Lời nói đầu 3 Chương 1 Tiêu chuẩn Eisenstein 5 1.1 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3 Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein . . . 14 Chương 2 Một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein 18 2.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên . . . . . . . 18 2.2 Miền phân tích duy nhất (UFD) . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.3 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD . . 29 2.4 Vận dụng xét tính bất khả quy của đa thức . . . . . . . . . . 31 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46
2 LỜI CẢM ƠN Luận văn “Tiêu chuẩn Eisenstein về tính bất khả quy của đa thức” được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình. Cô đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá trình làm luận văn. Luận văn của tôi được hoàn thành cũng nhờ sự đôn đốc nhắc nhở và hướng dẫn nhiệt tình của cô. Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán - Tin, cùng các thầy, cô đã tham gia giảng dạy, đã tạo điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp Trường THPT Quế Võ số 2 - Bắc Ninh đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập của mình. Nhân dịp này, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K10C (khóa 2016 - 2018), cảm ơn gia đình và bạn bè đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình học tập. Tôi xin trân trọng cảm ơn!
3 Lời nói đầu Trong các kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, các kì thi Olympic toán sinh viên giữa các trường đại học thì các bài toán liên quan đến đa thức thường xuyên được đề cập và được xem như là những bài toán khó. Trong lý thuyết đa thức thì đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong tập các số nguyên. Các bài toán về xét tính bất khả quy của các đa thức trên các trường số C và R đã được giải quyết từ khi người ta chứng minh được Định lý cơ bản của Đại số và chứng minh hoàn chỉnh này được đưa ra bởi Gauss năm 1816. Nhưng các bài toán về tính bất khả quy của các đa thức trên Q vẫn đang thử thách các nhà toán học thế giới. Với các lý do trên, tôi đã chọn đề tài “Tiêu chuẩn Eisenstein” về tính bất khả quy của đa thức trên Q. Mục đích của luận văn là trình bày lại một số kết quả gần đây về những mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức. Tiêu chuẩn Eisenstein phát biểu rằng, nếu f pxq an xn an1 xn1 a1 x a0 là đa thức với hệ số nguyên sao cho có một số nguyên tố p thỏa mãn p là ước của ai với mọi i n, p không là ước của an và p2 không là ước của a0 , thì f pxq bất khả quy trên trường hữu tỷ Q. Luận văn nghiên cứu đến các vấn đề sau đây: • Vấn đề 1. Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp số nguyên tố p không là ước của một hệ số ak với k là một số tự nhiên tùy ý không nhất thiết bằng n và p2 không là ước của at với t tùy ý không nhất thiết bằng 0 (dựa theo tài liệu [1], [4] và [5]); • Vấn đề 2. Mở rộng tiêu chuẩn Eisenstein cho trường hợp hệ số của
4 đa thức thuộc một miền phân tích duy nhất tùy ý (không nhất thiết là miền Z các số nguyên). Từ đó xét tính bất khả quy của đa thức nhiều biến (dựa theo tài liệu [6]); • Vấn đề 3. Trình bày lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein (dựa theo tài liệu [3]). Luận văn gồm hai chương. Trong Chương 1, chúng tôi nhắc lại khái niệm đa thức bất khả quy, Tiêu chuẩn Eisenstein và lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein. Chương 2 là nội dung chính của luận văn, nêu một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein. Tiết đầu dành để mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên. Tiết 2.2 trình bày các khái niệm về miền phân tích duy nhất, chuẩn bị cho việc mở rộng tiêu chuẩn với trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD. Tiết cuối trình bày vận dụng các mở rộng trên để xét tính bất khả quy của đa thức. Nội dung nghiên cứu chưa được tiếp cận ở bậc phổ thông và đại học, nhưng gắn liền với toán sơ cấp. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2018 Tác giả Nguyễn Khắc Hưởng
5 Chương 1 Tiêu chuẩn Eisenstein Mục tiêu của Chương 1 là trình bày về đa thức bất khả quy và Tiêu chuẩn Eisenstein. Trong tiết đầu của chương chúng tôi nhắc lại một số khái niệm về đa thức bất khả quy và một số phương pháp chứng minh đa thức bất khả quy. Tiết tiếp theo dành để trình bày Tiêu chuẩn Eisenstein. Trong phần cuối chương chúng tôi trình bày lịch sử phát hiện cùng các chứng minh Tiêu chuẩn Eisenstein. 1.1 Đa thức bất khả quy Đa thức bất khả quy đóng một vai trò quan trọng giống như vai trò của số nguyên tố trong vành Z các số nguyên. Nhờ Định lí cơ bản của số học, để nghiên cứu vành các số nguyên thì ta có thể xuất phát từ các số nguyên tố. Tương tự như thế để nghiên cứu vành đa thức thì ta sẽ đi nghiên cứu các đa thức bất khả quy. Trong suốt tiết này, luôn giả thiết V là miền nguyên, tức V là vành giao hoán khác t0u và nếu a, b 0 là hai phần tử của V thì ab 0. Ta có khái niệm đa thức bất khả quy trong vành đa thức V rxs. Chú ý rằng V rxs là miền nguyên. Nội dung của tiết này được tham khảo từ tài liệu [1]. Định nghĩa 1.1.1 Cho f pxq P V rxs là đa thức khác 0 và không khả nghịch. Ta nói f pxq là bất khả quy trên V nếu nó không có ước thực sự. Ta nói f pxq khả quy nếu f pxq có ước thực sự.
6 Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào vành cơ sở. Chẳng hạn, đa thức 2x 6 là bất khả quy trên trường Q. Tuy nhiên 2x 6 không bất khả quy trên vành Z bởi vì các đa thức 2 và x 3 đều là ước thực sự của 2x 6. Tương tự, đa thức x2 4 là bất khả quy trên R nhưng không bất khả quy trên C. Bổ đề 1.1.2 Đa thức f pxq là bất khả quy nếu và chỉ nếu f px aq là bất khả quy với mọi a P V . Vì mỗi phần tử khác 0 trong một trường đều khả nghịch, nên từ định nghĩa đa thức bất khả quy ta có kết quả sau. Bổ đề 1.1.3 Đa thức f pxq với hệ số trên một trường K là bất khả quy nếu và chỉ nếu deg f pxq ¡ 0 và f pxq không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Chú ý rằng đa thức bậc nhất với hệ số trong một trường đều có nghiệm. Vì thế ta có kết quả sau. Bổ đề 1.1.4 Trên một trường K, các phát biểu sau là đúng. i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy. ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K. Tiếp theo chúng tôi trình bày một số phương pháp xét tính bất khả quy của đa thức trên tập các số hữu tỷ Q. Trước hết ta nhắc lại khái niệm đa thức nguyên bản. Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức khác không trong vành Zrxs được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó có ước chung lớn nhất bằng 1. Bổ đề 1.1.6 Tích của hai đa thức nguyên bản là đa thức nguyên bản. Bổ đề 1.1.7 (Bổ đề Gauss). Cho ppxq P Zrxs. Giả sử ppxq g pxqf pxq với g pxq, f pxq P Qrxs. Khi đó tồn tại g pxq, f pxq P Zrxs sao cho deg g pxq deg g pxq, deg f pxq deg f pxq và ppxq g pxqf pxq.
7 Đặc biệt, nếu ppxq là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn. Chứng minh. Viết f pxq af1pxq và gpxq bg1pxq, trong đó a, b P Q và f1 pxq, g1 pxq P Zrxs là các đa thức nguyên bản. Khi đó f1 pxqg1 pxq là đa thức nguyên bản (theo Bổ đề 1.1.6). Rõ ràng ppxq abf1 pxqg1 pxq P Zrxs. Ta chứng minh ab P Z. Thật vậy, giả sử ab R Z. Khi đó ab r r với s s là phân số tối giản và s ¡ 1. Viết f1 pxqg1 pxq an xn ... a1 x a0 . Vì f1 pxqg1 pxq là nguyên bản nên gcdpan , an1 , ..., a0 q 1. Vì ppxq P Zrxs nên ta có ran s , ..., ra1 ra0 s , s P Z. Suy ra s là ước chung của an, ..., a1, a0, điều này là vô lí. Vậy ab P Z. Đặt f pxq abf1 pxq và g pxq g1 pxq. Khi đó ppxq f pxqg pxq với f pxq, g pxq P Zrxs và deg f pxq deg f pxq và deg g pxq deg g pxq. l Chú ý rằng nếu f pxq an xn ... a1 x a0 là đa thức với hệ số nguyên p nhận phân số tối giản làm nghiệm thì p là ước của a0 và q là ước của q an . Đặc biệt, nếu an 1 thì mọi nghiệm hữu tỷ của f pxq đều là nghiệm nguyên. Việc sử dụng Bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q là phương pháp hữu hiệu. Một số ví dụ minh họa cho phương pháp này chúng ta có thể xem trong tài liệu [1]. Sau đây là một số ví dụ khác. Ví dụ 1.1.8 Chứng minh đa thức ppxq x4 x2 1 bất khả quy trên Q. Lời giải. Nếu ppxq có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó phải là nghiệm nguyên (do hệ số của số hạng cao nhất bằng 1) và là ước của số hạng tự do. Kiểm tra lần lượt các ước của 1 là 1, 1 thấy chúng không là nghiệm của ppxq. Do đó ppxq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế ppxq không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử ppxq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, ppxq có sự phân tích ppxq g pxqhpxq trong đó g pxq, hpxq P Zrxs có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Ta viết g pxq x2 ax b và hpxq x2 cx d, trong đó a, b, c, d P Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của
8 $ ' ' ' a c 0 ' ' & ac b d 1 đẳng thức ppxq gpxqhpxq ta được ' . Vì bd 1 và vai ' ' ad bc 0 ' ' bd 1 % trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b d 1 hoặc b d 1. Nếu b d 1 thì a c 0, ac 3. Suy ra a2 3 ñ a R Z, vô lí. Nếu b d 1 thì a c 0, ac 1. Suy ra a2 1, vô lí. Như vậy, đa thức ppxq bất khả quy trên Q. Ví dụ 1.1.9 Chứng minh đa thức f pxq x6 6x4 6x3 12x2 36x 1 bất khả quy trên Q. Lời giải. Dễ dàng kiểm tra được f pxq không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f pxq không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc năm. Giả sử f pxq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn tại phân tích f pxq g pxqhpxq, trong đó g pxq, hpxq P Zrxs có hệ số cao nhất bằng 1 và có bậc dương. Vì deg f pxq 6 nên ta có hai trường hợp. Trường hợp 1 : f pxq px2 ax bqpx4 cx3 dx2 ex g q, trong đó a, b, c, d, e, g P Z. Đồng nhất hệ số ta được $ ' ' ' a c0 ' ' ' ' ' ' ac b d 6 ' ' & ad bc e 6 (1.1) ' ' ' ae bd g 12 ' ' ' ' ' ' ag be 36 ' ' % bg 1 Vì bg 1 nên chỉ có thể xảy ra 2 trường hợp nhỏ sau. Với b 1, g 1,
9 thay vào hệ (1.1) ta được $ ' ' a c0 (1.2a) ' ' ' ' ' ac d 7 (1.2b) & ad c e 6 (1.2c) ' ' ' ' ' ' ae d 11 (1.2d) ' % a e 36 (1.2e) Từ (1.2b) và (1.2d) suy ra ape cq 18 (1.3) Từ (1.2a) và (1.2e) lần lượt rút c và e theo a thế vào (1.3) ta được phương trình ap36 a aq 18 suy ra a , vô lí. Với b 1, g 1 thay 1 2 vào hệ (1.1) ta được $ ' ' a c0 (1.4a) ' ' ' ' ' ac d 5 (1.4b) & ad c e 6 (1.4c) ' ' ' ' ' ' ae d 13 (1.4d) ' % a e 36 (1.4e) Từ (1.4b) và (1.4d) suy ra apc eq 8 (1.5) ? Từ (1.4a) và (1.4e) lần lượt rút c và e theo a thế vào (1.5) ta được phương trình apa a 36q 8, suy ra a 9 4 2, vô lí. Trường hợp 2 : f pxq px3 ax2 bx cqpx3 dx2 ex g q, trong đó a, b, c, d, e, g P Z. Lập luận tương tự như trường hợp 1 ở trên ta cũng dẫn đến vô lí. Do đó f pxq bất khả quy trên Q. Tiếp theo, chúng ta trình bày phương pháp rút gọn theo modulo một số nguyên tố để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường các số hữu tỷ Q. Chú ý rằng nếu p là số nguyên tố thì vành Zp các số nguyên modulo
10 p là một trường. Với mỗi đa thức f pxq an xn ... a1 x a0 P Zrxs và mỗi số nguyên tố p, ta đặt f pxq an xn ... a1 x a0 P Zp rxs. Định lý sau đây cho ta một công cụ rất mạnh để xét tính bất khả quy trên Q của đa thức với hệ số nguyên. Định lý 1.1.10 Nếu tồn tại số nguyên tố p sao cho deg f pxq deg f pxq và f pxq bất khả quy trên Zp thì f pxq bất khả quy trên Q. Chứng minh. Vì f pxq là đa thức bất khả quy trên Zp nên deg f pxq ¡ 0. Suy ra deg f pxq ¡ 0. Giả sử đa thức f pxq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss, f pxq có phân tích f pxq gpxqhpxq trong đó gpxq, hpxq P Zrxs và g pxq, hpxq có bậc nhỏ hơn bậc của f pxq. Chú ý rằng f pxq g pxqhpxq. Do đó, ta có deg f pxq deg g pxq deg hpxq. Rõ ràng deg g pxq ¥ deg g pxq và deg hpxq ¥ deg hpxq. Vì deg f pxq deg f pxq nên deg g pxq deg g pxq và deg hpxq deg hpxq. Do đó f pxq phân tích được thành tích của hai đa thức g pxq, hpxq có bậc thấp hơn. Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy của f pxq trên Zp . l Chú ý rằng giả thiết deg f pxq deg f pxq trong Định lý 1.1.10 là cần thiết. Chẳng hạn, xét đa thức f pxq 5px 1q9 px 1q P Zrxs. Đa thức này không bất khả quy trên Q vì nó có ước thực sự là x 1. Ta có f pxq x 1 P Z5 rxs. Vì deg f pxq 1 nên f pxq bất khả quy trên Z5 . Ví dụ 1.1.11 Các đa thức sau là bất khả quy trên Q. i) f pxq 2017x2 2018x 770. ii) g pxq p2a 1qx3 p2b 1qx2 2cx 2d 1, với a, b, c, d P Z. iii) hpxq 19x4 5x3 1890x2 2x 9. Lời giải. i) Vì f pxq x2 2x 2 P Z3 rxs không có nghiệm trong Z3 và deg f pxq 2 nên f pxq bất khả quy trên Z3 . Rõ ràng deg f pxq deg f pxq nên theo Định lý 1.1.10 thì f pxq bất khả quy trên Q.
11 ii) Vì g pxq x3 x2 1 P Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 và deg g pxq 3 nên g pxq bất khả quy trên Z2 . Rõ ràng deg g pxq deg g pxq nên theo Định lý 1.1.10 thì đa thức g pxq bất khả quy trên Q. iii) Vì hpxq x4 x3 1 P Z2 rxs không có nghiệm trong Z2 nên nó không có nhân tử bậc một. Giả sử hpxq khả quy trên Z2 . Khi đó hpxq px2 ax bqpx2 cx dq với a, b, c, d P Z2 . Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức này ta được a c 1, ac b d 0, ad bc 0, bd 1. Vì bd 1 nên b d 1 thì các phương trình đầu và cuối cho ta a c 1 và a c 0, vô lí. Vì vậy đa thức hpxq bất khả quy trên Z2 . Vì deg hpxq 4 deg hpxq nên theo Định lý 1.1.10 thì đa thức hpxq bất khả quy trên Q. 1.2 Tiêu chuẩn Eisenstein Bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C và trường thực R được giải quyết trọn vẹn dựa vào Định lí cơ bản của đại số. Cụ thể, đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất; đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậc hai có biệt thức ∆ âm. Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường Q các số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở. Có một số phương pháp xét tính bất khả quy trên Q như phương pháp dùng Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), phương pháp rút gọn theo modulo một số nguyên tố (xem Định lý 1.1.10), phương pháp dùng tiêu chuẩn bất khả quy. Tiết này chúng ta tập trung vào Tiêu chuẩn Eisenstein (Định lý 1.2.1). Giả sử f pxq P Qrxs. Chú ý rằng f pxq là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi af pxq là bất khả quy, trong đó a là mẫu số chung của các hệ số của f pxq. Rõ ràng af pxq P Zrxs. Do đó ta chỉ cần xét tính bất khả quy trên Q cho các đa thức với hệ số nguyên. Từ nay đến hết mục này, luôn giả thiết f pxq an xn ... a1 x a0 P Zrxs, trong đó an 0 và n ¡ 0.
12 Định lý 1.2.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho đa thức f pxq an xn an1 xn1 ... a1 x a0 P Zrxs. Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất i) p không là ước của hệ số cao nhất an ; ii) p là ước của các hệ số a0 , a1 , ..., an1 ; iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0 . Khi đó f pxq là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f pxq khả quy trên Q. Theo Bổ đề Gauss (xem Bổ đề 1.1.7), tồn tại biểu diễn f pxq g pxqhpxq, trong đó g pxq bm xm ... P Zrxs và b1 x b0 hpxq ck xk ... c1 x c0 P Zrxs với deg g pxq m, deg hpxq k và m, k n. Do p là ước của a0 b0 c0 nên p | b0 hoặc p | c0 . Lại do p2 không là ước của a0 nên trong hai số b0 và c0 , có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả sử p | c0 . Khi đó b0 không chia hết cho p. Vì an bm ck và an không chia hết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p. Do đó tồn tại số r bé nhất sao cho cr không là bội của p. Ta có ar b0 cr pb1 cr1 b2 cr2 ... br c0 q. Vì r ¤ k n nên p | ar . Theo cách chọn r ta có p | b1 cr1 b2 cr2 ... br c0 . Suy ra p | b0 cr , điều này là vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p. Vậy đa thức f pxq là bất khả quy trên Q. l Ví dụ 1.2.2 i) Đa thức x100 99 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p 11. ii) Đa thức 4x17 10x4 35x3 50x 60 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p 5. Ví dụ 1.2.3 Đa thức f pxq x4 2x3 27x2 40x 16 là bất khả quy trên Q vì đa thức f px 2q x4 6x3 15x2 60x 12 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p 3.
13 Một trong những ứng dụng điển hình của Tiêu chuẩn Eisenstein là để chứng minh tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn. Cho p là số nguyên tố. Đa thức chia đường tròn thứ p được định nghĩa bởi Φp pxq xp1 ... x 1. Năm 1801, Carl Friedrich Gauss đã đưa ra chứng minh đầu tiên cho tính bất khả quy của đa thức chia đường tròn thứ p trong cuốn sách “Dis- quisitiones Arithmeticae”. Dưới đây, chúng ta trình bày chứng minh của Eisenstein năm 1850. Hệ quả 1.2.4 Với mỗi số nguyên tố p, đa thức chia đường tròn thứ p là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Chú ý rằng Φp pxq là bất khả quy trên Q khi và chỉ khi Φp px 1q là bất khả quy. Ta có Φp px 1q px 1qp 1 x xp1 p1 xp2 ... p p k 1 k x ... p p2 x p, trong đó p k p! k!pp k q! là số tổ hợp chập k của p phần tử. Do p nguyên là bội của p với mọi k 1, ..., p 2. Vì thế Φp px 1q là bất p tố nên k khả quy theo tiêu chuẩn Eisenstein. l Khi n là số tự nhiên bất kỳ (không nhất thiết nguyên tố), đa thức chia đường tròn thứ n được định nghĩa như sau: ¹ Φn pxq px εk q k n pk,nq1 trong đó εk cos k2π n 0, 1, ..., n 1. Khi đó Φnpxq P Zrxs. i sin k2π n , với k Người ta đã chứng minh được rằng đa thức Φn pxq là bất khả quy trên Q (xem S. H. Weintraub, Several proofs of the irreducibility of the cyclotomic polynomial, Preprint (PDF from lehigh.edu)). Đặc biệt, khi n nguyên tố
14 ta có Φn pxq xn1 xn2 ... x 1. Tuy nhiên, việc chứng minh Φn pxq bất khả quy trên Q không là mục tiêu của luận văn nên chúng tôi không trình bày ở đây. Hệ quả đơn giản sau đây chỉ ra rằng với mỗi số tự nhiên n luôn tồn tại các đa thức bất khả quy trên Q bậc n. Hệ quả 1.2.5 Cho a pn1 1 pn2 2 pnk k là sự phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên a thành tích các thừa số nguyên tố. Nếu tồn tại 1 ¤ j ¤ k sao cho nj 1 thì xn a là bất khả quy trên Q với mọi n. Chứng minh. Theo giả thiết, a là bội của số nguyên tố pj nhưng không là bội của p2j . Vì thế theo Tiêu chuẩn Eisenstein ta có kết quả. l 1.3 Lịch sử phát hiện và chứng minh Tiêu chuẩn Eisen- stein Mục tiêu của tiết này là trình bày tóm tắt lịch sử phát hiện Tiêu chuẩn Eisenstein cho tính bất khả quy của đa thức với hệ số nguyên, dựa theo bài báo của D. A. Cox “Why Eisenstein proved the Eisenstein Criterion and why Sch¨onemann discovered it first” đăng trên The American Math- ematical Monthly năm 2011. Bài báo của D. A. Cox thảo luận nhiều chủ đề, từ lý thuyết số thế kỷ 19, bao gồm Bổ đề Gauss, trường hữu hạn, các nhóm Abel, các số nguyên Gauss, ... Bài báo mô tả lịch sử phong phú, bất ngờ của việc khám phá ra Tiêu chuẩn Eisenstein. Bài báo trên của D. A. Cox giải thích tại sao Theodor Sch¨onemann khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy này trước Eisenstein. Cả hai nhà toán học đều lấy cảm hứng từ cuốn sách “Disquisitiones Arithmeticae” của Gauss, mặc dù họ đã có những con đường rất khác nhau trong quá trình tìm ra tiêu chuẩn này. Ở phần cuối bài báo, D. A. Cox khẳng định rằng Sch¨onemann và Eisenstein đã khám phá ra tiêu chuẩn bất khả quy của họ một cách độc lập. Trong bài báo công bố năm 1846, Sch¨onemann đã nghiên cứu các phương trình đồng dư bậc cao, từ đó dẫn đến Bổ đề Hensel, sau đó đưa về một câu hỏi cho tính bất khả quy của đa thức theo
15 modulo p2 , rồi tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann nhận được hoàn toàn rất tự nhiên. Còn Eisenstein, trong một bài báo công bố năm 1850, Ông đã nghiên cứu vấn đề của Abel về đường lemniscate và xét các hệ số của đa thức thương và dư trong phép chia đa thức, rồi tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein xuất hiện cũng hoàn toàn tự nhiên, khác xa bối cảnh mà Sch¨onemann xem xét. Như vậy, cái tên “Tiêu chuẩn Sch¨onemann - Eisenstein” được sử dụng bởi Dorwart lần đầu tiên vào năm 1935 là chính xác nhất lịch sử. Tuy nhiên, hầu hết mọi người sử dụng phiên bản của Eisenstein, vì vậy cái tên “Tiêu chuẩn Eisenstein - Sch¨onemann” cũng hợp lý. Không giống như những nhà toán học khác đã được lưu danh cho đến nay, Theodor Sch¨onemann không phải là một tên tuổi quen thuộc. Thậm chí, Ông không có tiểu sử ghi trong cuốn lưu trữ Lịch sử toán học “MacTutor History of Mathematics Archive”. Chúng ta biết rất ít thông tin về Theodor Sch¨onemann như sau: Ông sống từ 1812 đến 1868 và được đào tạo tại Koonigsberg và Berlin dưới sự hướng dẫn của Jacobi và Steiner. Ông nhận bằng tiến sĩ năm 1842. Đóng góp của ông chủ yếu trong Lí thuyết số liên quan đến phương trình đồng dư bậc cao. Kết quả được xem là quan trọng nhất của Ông, được viết trong bài báo dài chia làm hai phần, công bố trên “Crelle’s Journal” vào năm 1845 và 1846. Trong phần mở đầu bài báo đó, ông có nhắc đến các thành tựu viết trong cuốn sách “Disquisitiones Arithmeticae” của Gauss. Bài báo đó cũng cung cấp những minh chứng cho thấy Theodor Sch¨onemann bị ảnh hưởng lớn từ cuốn sách này. Phần hai bài báo của Sch¨onemann có tiêu đề “Von denjenigen Moduln, welche Potenzen von Primzahlen sind” đăng trên J. Reine Angew. Math năm 1846, trong đó Ông xem xét sự phân tích đa thức thành nhân tử theo modulo một lũy thừa của một số nguyên tố, và nghiên cứu sự thay đổi của phân tích khi số mũ của số nguyên tố biến thiên, và từ đó ông tìm ra một tiêu chuẩn bất khả quy, có thể phát biểu như sau. Trước tiên ta nhắc lại rằng, cho f pxq P Zrxs và m ¡ 0 là một số tự nhiên sao cho hệ số cao nhất của f pxq không là bội của m. Ta nói f pxq là
16 bất khả quy theo modulo m nếu f pxq không thể biểu diễn dưới dạng f pxq g pxqhpxq mk pxq với g pxq, hpxq, k pxq P Zrxs, deg g ¡ 0, deg h ¡ 0 và hệ số cao nhất của gh không là bội của m. Định lý 1.3.1 (Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann). Cho đa thức f pxq P Zrxs với deg f pxq n. Giả sử có một số nguyên a, một số nguyên tố p và một đa thức F pxq P Zrxs sao cho f pxq px aqn pF pxq. Nếu F paq không là bội của p thì f pxq là bất khả quy theo modulo p2 . Chứng minh. Trước hết ta chứng minh hệ số cao nhất của f pxq không là bội của p2 . Thật vậy, gọi b là hệ số cao nhất của f pxq. Đồng nhất hệ số bậc n ở hai vế của đẳng thức f pxq px aqn pF pxq ta được b 1 pmod pq. Suy ra, b không là bội của p và vì thế b không là bội của p2 . Tiếp theo, ta giả sử phản chứng rằng f pxq không bất khả quy theo modulo p2 . Khi đó f pxq g pxqhpxq p2 k pxq với g pxq, hpxq, k pxq P Zrxs, deg g ¡ 0, deg h ¡ 0 và hệ số cao nhất của gh không là bội của p2 . Suy ra px aqn pF pxq g pxqhpxq p2 k pxq. Vì thế px aqn g pxqhpxq P Zp rxs. Ta có thể giả thiết g pxq và hpxq có hệ số cao nhất bằng 1. Thật vậy, đồng nhất hệ số cao nhất của đẳng thức trên ta được 1 rs P Zp , trong đó r và s tương ứng là hệ số cao nhất của g pxq và hpxq. Suy ra f pxq psg pxqq prhpxqq P Zp rxs là phân tích của f pxq thành tích hai đa thức có bậc dương với hệ số cao nhất bằng 1. Do p là số nguyên tố nên Zp là một trường, vì thế Zp rxs có tính chất phân tích duy nhất. Trong vành Zp rxs, vì px aqn có ước bất khả quy duy nhất là x a, nên g pxq và hpxq cũng chỉ có duy nhất ước bất khả quy là
17 x a. Suy ra g pxq px aqi P Zp rxs và hpxq px aqj P Zp rxs, trong đó i j n. Vì deg g ¡ 0, deg h ¡ 0 nên i, j ¡ 0. Thay x a vào hai đẳng thức này ta được g paq 0 P Zp và hpaq 0 P Zp . Suy ra pF paq f paq g paqhpaq p2 k paq 0 pmod p2 q. Vì thế F paq chia hết cho p, điều này mâu thuẫn. l Điều ngạc nhiên thú vị là Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann suy ra Tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein. Chứng minh. Thật vậy, giả sử f pxq an xn an1 xn1 ... a1 x a0 P Zrxs là đa thức thỏa mãn giả thiết của Tiêu chuẩn Eisenstein với một số nguyên tố p. Vì an không là bội của p và p nguyên tố nên gcd pan , pq 1. Vì thế, tồn tại các số nguyên b, c sao cho 1 an b pc. Suy ra gcd pb, pq 1. Do các số ai đều là bội của p với mọi i 0, 1, ..., n 1, nên ta có bf pxq ban xn ban1 xn1 ... ba1 x ba0 xn pF pxq, trong đó F pxq P Zrxs và F p0q bap0 . Vì a0 không là bội của p2 và gcd pb, pq 1, nên F p0q không là bội của p. Theo Tiêu chuẩn bất khả quy của Sch¨onemann, f pxq bất khả quy theo modulo p2 . Giả sử f pxq không bất khả quy trên Q. Khi đó, theo Bổ đề Gauss, f pxq có phân tích f pxq g pxqhpxq P Zrxs với g pxq, hpxq P Zrxs và deg g pxq ¡ 0, deg hpxq ¡ 0. Chú ý rằng hệ số cao nhất của f pxq và của gh đều là an và an không là bội của p2 . Vì thế đa thức f pxq không bất khả quy theo modulo p2 . Điều này là vô lí. l
18 Chương 2 Một số mở rộng của tiêu chuẩn Eisenstein Mục đích của Chương 2 là giới thiệu hai mở rộng của Tiêu chuẩn Eisen- tein. Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên và mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số trên miền UFD. Phần cuối Chương trình bày những ứng dụng để xét tính bất khả quy của đa thức. 2.1 Mở rộng cho trường hợp đa thức với hệ số nguyên Trước tiên ta nêu lại Tiêu chuẩn Eisenstein: Cho đa thức f pxq an xn an1 xn1 ... a1 x a0 P Zrxs. Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất i) p không là ước của hệ số cao nhất an ; ii) p là ước của các hệ số a0 , a1 , ..., an1 ; iii) p2 không là ước của số hạng tự do a0 . Khi đó f pxq là bất khả quy trên Q. Một mở rộng của Tiêu chuẩn Eisenstein được đưa ra bởi S. H. Weintraub năm 2013 (xem [5]):