Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của luận văn là trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bài báo sau đây về tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của hai lớp đa thức: Đa thức bậc hai và đa thức dạng xn −b. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN - 2016
i Mục lục Lời mở đầu 1 Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C . . . . . . . . . 7 1.3 Mở rộng trường và trường phân rã . . . . . . . . . . . . . 11 Chương 2. Tính bất khả quy của các đa thức lặp 15 2.1 Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2 15 2.2 Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai . 21 2.3 Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn − b 27 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34
1 Lời mở đầu Cho K là một trường. Một đa thức f (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quy nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Khi đó mỗi đa thức 0 6= f (x) ∈ K[x] đều có sự phân tích bất khả quy f (x) = a f1 (x) . . . fk (x) trong đó a là hệ số cao nhất của f (x) và fi (x) là đa thức bất khả quy dạng chuẩn (tức là có hệ số cao nhất bằng 1). Hơn nữa, sự phân tích bất khả quy này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử fi (x). Kết quả này là một sự tương tự như Định lí cơ bản của Số học trong Lí thuyết số. Như vậy, trong vành đa thức K[x], các 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. Nếu Định lí cơ bản của Số học cho phép coi các số nguyên tố như là những viên gạch xây nên vành số nguyên, thì các đa thức bất khả quy chính là những viên gạch xây nên vành đa thức. Nhiều bài toán về đa thức bất khả quy được đặt ra xuất phát từ việc giải quyết các bài toán liên quan về số nguyên tố. Một trong những bài toán như thế là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc dương. Đặt f0 (x) = x, f1 (x) = f (x), fr+1 (x) = f ( fr (x)) với mọi r ≥ 1. Ta gọi các đa thức fr (x) là các đa thức lặp của đa thức f (x). Theo R. W. K. Odoni [O], ta nói rằng f (x) là ổn định trên K nếu fr (x) là bất khả quy với mọi r ≥ 1. Chú ý rằng các đa thức bậc 1 luôn bất khả quy trên trường K, vì thế mọi đa thức bậc 1 đều ổn định vì các đa thức lặp của nó luôn có bậc 1. Mục đích của luận văn là trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bài báo sau đây về tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của hai
2 lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạng xn − b. [1]. M. Ayad and D. L. McQuillan (2000), Irreducibility of the iterates of a quadratic polynomial over a field, Acta Arithmetica, 93, pp. 87-97. [2]. L. Danielson and B. Fein (2001), On the irreducibility of iterates of xn − b, Proc. Amer. Math. Soc., 130, pp. 1589-1596. Luận văn chia làm hai chương. Chương 1 trình bày những kiến thức cơ bản về đa thức bất khả quy và mở rộng trường. Chương 2 trình bày tính bất khả quy trên một trường của các đa thức lặp của hai lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạng xn − b. Chương 2 chia làm ba tiết. Tiết 2.1 trình bày tính bất khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2. Tiết 2.2 trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai. Tiết 2.3 trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn − b. Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, tôi được nhận đề tài nghiên cứu "Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường" dưới sự hướng dẫn của GS. TS Lê Thị Thanh Nhàn. Đến nay luận văn đã được hoàn thành. Có được kết quả này là do sự dạy bảo và hướng dẫn hết sức tận tình và nghiêm khắc của Cô. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô và gia đình! Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo và khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại Trường và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn này. Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các thầy cô giáo, các cán bộ thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin đã để lại trong lòng mỗi chúng tôi những ấn tượng hết sức tốt đẹp. Không biết nói gì hơn, một lần nữa tôi xin trân trọng cảm ơn. Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp cao học toán K8A (2014 - 2016) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ và động viên để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình. Tôi xin trân trọng cảm ơn! Tác giả Nguyễn Thị Thu Hương
3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy Trong suốt chương này, luôn giả thiết K là một trường. Ta gọi đa thức f (x) ∈ K[x] là có dạng chuẩn nếu hệ số cao nhất của f (x) bằng 1. Định nghĩa 1.1.1. Cho f (x) ∈ K[x]. Ta nói rằng f (x) là bất khả quy trên K nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào trường cơ sở. Chẳng hạn, đa thức x2 − 2 là bất khả quy trên Q nhưng không bất khả quy trên R. Tương tự, đa thức x2 + 1 bất khả quy trên R nhưng không bất khả quy trên C. Bổ đề 1.1.2. Đa thức f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là bất khả quy với mọi a ∈ K. Chứng minh. Cho a ∈ K. Với mỗi h(x) ∈ K[x] ta đặt h1 (x) = h(x − a). Chú ý rằng deg h1 (x) = deg h(x). Vì thế f (x + a) = k(x)g(x) là phân tích của đa thức f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f (x) = k1 (x)g1 (x) là phân tích của f (x) thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f (x) bất khả quy khi và chỉ khi f (x + a) bất khả quy. Bổ đề 1.1.3. Trên một trường K, các phát biểu sau đây 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.
4 Chứng minh. (i) Đa thức bậc nhất rõ ràng không thể là tích của hai đa thức bậc thấp hơn, do đó nó bất khả quy. (ii) Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc 2 hoặc 3. Giả sử f (x) có nghiệm x = a ∈ K. Vì deg f (x) > 1 nên f (x) = (x − a)g(x), trong đó g(x) ∈ K[x] và deg g(x) = deg f (x) − 1 ≥ 1. Do đó f (x) khả quy. Ngược lại, giả sử f (x) khả quy. Vì f (x) có bậc 2 hoặc 3 nên f (x) phân tích được thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đó phải có bậc 1. Rõ ràng đa thức bậc 1 trên một trường luôn có nghiệm trong trường đó, vì thế f (x) có nghiệm trong K. Chú ý rằng phát biểu (ii) trong bổ đề trên là không đúng cho trường hợp bậc của đa thức lớn hơn 3. Cụ thể, nếu f (x) bậc lớn hơn 3 và có nghiệm trong K thì f (x) khả quy. Tuy nhiên, tồn tại những đa thức không có nghiệm trong K nhưng vẫn khả quy. Chẳng hạn đa thức (x2 + 1)2 không có nghiệm trong R nhưng nó khả quy trên R. Cho F là một trường chứa K. Một phần tử a ∈ F được gọi là phần tử đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trên K. Nếu a không đại số trên K thì ta nói a là siêu việt trên K. Mệnh đề 1.1.4. Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x). Chứng minh. Vì a là phần tử đại số trên K nên tồn tại f (x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đó b là hệ số cao nhất của f (x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Rõ ràng deg p(x) > 0. Nếu p(x) khả quy thì p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn và một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x). Do đó p(x) bất khả quy. Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu g(x) không chia hết cho p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x). Thay x = a
5 vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lý. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết q(x) = p(x)k(x) với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với 0 6= c ∈ K. Do đó q(x) = cp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra c = 1.Vì thế p(x) = q(x). Định nghĩa 1.1.5. Cho a là phần tử đại số trên K. Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của a. Đa thức x3 −2 ∈ Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữu √ tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần tử 3 2. Đa thức x2 + 1 ∈ R[x] là bất khả quy (vì có bậc 2 và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thức bất khả quy của số phức i. Mệnh đề 1.1.6. Cho p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương. Khi đó p(x) bất khả quy nếu và chỉ nếu p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x]. Đặc biệt, nếu đa thức bất khả quy p(x) là ước của một tích hữu hạn đa thức thì p(x) phải là ước của ít nhất một trong các đa thức đó. Chứng minh. Cho p(x) bất khả quy. Giả sử p(x) | a(x)b(x) và a(x), b(x) đều không là bội của p(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1 và gcd (p(x), b(x)) = 1. Suy ra tồn tại s(x), r(x), e(x), f (x) ∈ K[x] sao cho 1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) và 1 = e(x)p(x) + f (x)b(x). Nhân vế với vế của hai đẳng thức này ta có 1 = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x) với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó. Vì p(x) | a(x)b(x) nên đa thức bên vế phải của đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái là 1 không chia hết cho p(x). Điều này là vô lý. Ngược lại, do p(x) có bậc dương nên p(x) 6= 0 và không khả nghịch. Giả sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x]. Khi đó p(x) | a(x)b(x). Theo giả thiết, p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x). Vì thế p(x) không có ước thực sự, do đó p(x) bất khả quy.
6 Định lý cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số. Kết quả sau đây là một sự tương tự đối với đa thức. Định lý 1.1.7. Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương trong K[x] có thể phân tích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử. Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạp theo bậc của đa thức. Giả sử f (x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn bậc d > 0. Nếu d = 1 thì f (x) là bất khả quy và sự phân tích bất khả quy của f (x) là f (x) = f (x). Cho d > 1 và giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức bậc nhỏ hơn d. Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là f (x) = f (x). Vì thế ta giả thiết f (x) khả quy. Khi đó f (x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đặt g∗ (x) = a−1 g(x) với a là hệ số cao nhất của g(x). Khi đó ta có f (x) = g∗ (x)(ah(x)). Đồng nhất hệ số ở hai vế ta suy ra ah(x) có dạng chuẩn. Do đó f (x) = g∗ (x)h∗ (x) với g∗ (x), h∗ (x) = ah(x) là các đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d. Theo giả thiết quy nạp, g∗ (x) và h∗ (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn. Vì thế f (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn. Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích. Giả sử f (x) có hai sự phân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn f (x) = p1 (x) p2 (x) ...pn (x) = q1 (x) q2 (x) ...qm (x) . Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau khi đánh lại thứ tự các nhân tử vế bên phải ta có pi (x) = qi (x) với mọi i = 1, 2, ..., n. Do p1 (x) bất khả quy và p1 (x) | q1 (x) q2 (x) ...qm (x) nên ta có p1 (x) | qi (x) với i nào đó. Không mất tính tổng quát ta giả thiết p1 (x) | q1 (x). Biểu diễn q1 (x) = p1 (x)t1 (x). Vì q1 (x) bất khả quy nên t1 (x) = a ∈ K. Do đó q1 (x) = ap1 (x). Do p1 (x) và q1 (x) có dạng chuẩn nên a = 1. Vì thế p1 (x) = q1 (x). Cho n = 1. Nếu m > 1 thì giản ước cả hai vế cho p1 (x) ta được 1 = q2 (x)...qm (x), điều này là vô lí. Vậy, kết quả đúng cho n = 1. Cho n > 1. Vì p1 (x) = q1 (x)
7 nên p2 (x) p3 (x) ...pn (x) = q2 (x) q3 (x) ...qm (x) . Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1 và bằng việc đánh số lại thứ tự các nhân tử bất khả quy ở vế phải ta suy ra pi (x) = qi (x) với mọi i = 2, ..., n. Từ định lý trên ta có kết quả sau: Hệ quả 1.1.8. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức với hệ số cao nhất là an . Khi đó tồn tại phân tích f (x) = an f1 (x)... fk (x) với f1 (x), ..., fk (x) là các nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử. 1.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mọi đa thức bậc dương với hệ số phức đều có ít nhất một nghiệm phức. Vì thế đa thức bất khả quy trên C là và chỉ là các đa thức bậc nhất. Sử dụng Định lí cơ bản của Đại số, chúng ta có thể chỉ ra rằng các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc các đa thức bậc hai vô nghiệm thực (tức là có biệt thức âm). Như vậy, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên R và trên C đã được giải quyết trọn vẹn. 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. Tiết này sẽ trình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức trên Q, R, C . Trước hết ta xét tiêu chuẩn bất khả quy trên Q. Giả sử f (x) ∈ Q[x]. Chú ý rằng để xét tính bất khả quy trên trường Q, bằng việc quy đồng mẫu số chúng ta chỉ cần xét các đa thức với hệ số nguyên. Từ nay đến hết mục này luôn giả thiết f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 ∈ Z[x], trong đó an 6= 0 và n > 0. Chú ý rằng một đa thức bậc lớn hơn 1 nếu có nghiệm trong Q thì khả quy trên Q. Vì vậy, trong nhiều trường hợp ta có thể tìm nghiệm hữu tỷ để xét tính bất khả quy của f (x) trên Q. Sau đây là một ví dụ minh họa. Ví dụ 1.2.1. (i) f (x) = 10x3 + 3x2 − 106x + 21 là khả quy trên Q. (ii) g(x) = 9x3 + 6x2 − 8x + 7 là bất khả quy trên Q.
8 Chứng minh. (i) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x). Khi đó r | 21 và s | 10. Suy ra r ∈ {±1, ±3, ±7, ±21} và s ∈ {±1, ±2, ±5, ±10} . Vì f (1) = −72, f (−1) = 120 nên theo [1, Chương 1, Mệnh đề 1.6.8, trang 48] ta suy ra 1 1 3 3 7 7 r/s ∈ ± , ± , ±3, , ± , ±7, − , ± . 2 5 2 5 2 5 1 7 Thử lại ta thấy , 3, − là nghiệm của f (x). Vậy f (x) khả quy trên Q. 5 2 (ii) Ta có 3g(x) = 27x3 + 18x2 − 24x + 21. Khi đó g(x) = 0 nếu và chỉ nếu 27x3 + 18x2 − 24x + 21 = 0. Đặt y = 3x, phương trình thứ hai trở thành h(y) = y3 + 2y2 − 8y + 21 = 0. Dễ thấy h(y) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế g(x) không có nghiệm hữu tỷ. Do đó g(x) bất khả quy trên Q. Chú ý rằng đối với đa thức bậc lớn hơn 3, ta không thể suy ra tính bất khả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Chẳng hạn, (x2 + 1)(x2 + 1) không có nghiệm hữu tỷ, nhưng lại khả quy trên Q. Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng bổ đề Gauss để xét tính bất khả quy trên Q của những đa thức không có nghiệm hữu tỷ. Định lý 1.2.2. (Bổ đề Gauss). Cho p(x) ∈ Z[x]. Giả sử p(x) = g(x) f (x) với g(x), f (x) ∈ Q[x]. Khi đó tồn tại g∗ (x), f∗ (x) ∈ Z[x] sao cho deg g(x) = deg g∗ (x), deg f (x) = deg f∗ (x) và p(x) = g∗ (x). f∗ (x). Đặc biệt, nếu p(x) 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 (x) = a f1 (x) và g(x) = bg1 (x) trong đó a, b ∈ Q và f1 (x), g1 (x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản. Ta có f1 (x)g1 (x) là đa thức nguyên bản. Rõ ràng p(x) = ab f1 (x)g1 (x) ∈ Z[x]. Ta chứng minh ab ∈ Z. Thật vậy, giả sử ab ∈/ Z. Khi đó ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1. Viết f1 (x)g1 (x) = an xn +. . .+a1 x +a0 . Vì f1 (x)g1 (x) là đa thức nguyên bản
9 nên gcd(an , an−1 , ..., a0 ) = 1. Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có ran ra1 ra0 ,..., , ∈ Z. s s s Suy ra s là ước chung của an , . . . , a1 , a0 , điều này là vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗ (x) = ab f1 (x) và g∗ (x) = g1 (x). Khi đó p(x) = f∗ (x)g∗ (x) với f∗ (x), g∗ (x) ∈ Z[x] và deg f (x) = deg f∗ (x) và deg g(x) = deg g∗ (x). Ví dụ 1.2.3. Đa thức f (x) = x4 + 3x3 + x2 + 3 bất khả quy trên Q. Chứng minh. Dễ thấy f (x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f (x) không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử f (x) khả quy. Theo bổ đề Gauss, f (x) có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Viết g(x) = x2 + ax + b và h(x) = x2 + cx + d với a, b, c, d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = 1, c + a = 3. Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3. Nếu b = 1, d = 3 thì 3 c + 3a = 0, ac = −3, a + c = 3. Suy ra a = − ∈ / Z, vô lí. Nếu b = −1 và 2 3 d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 5, c + a = 3. Suy ra a = − ∈ / Z, vô lí. Như 2 vậy, f (x) bất khả quy trên Q. Tiếp theo, chúng ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q. Định lý 1.2.4. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f = an xn +...+a1 x +a0 ∈ Z[x]. 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 , ..., an−1 ; (iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0 . Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo bổ đề Gauss, tồn tại biểu diễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bm xm + ... + b1 x + b0 ∈ Z[x] và h(x) = ck xk +...+c1 x+c0 ∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và m, k < n.
10 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 thiết 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 + (b1 cr−1 + b2 cr−2 + ... + br c0 ). Suy ra p|b0 cr , điều này vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p. Vậy f (x) là bất khả quy trên Q. Ví dụ 1.2.5. (i) Đa thức x10 + 50 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2. (ii) Đa thức 5x11 − 9x4 + 12x3 + 36x + 6 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3. (iii) Đa thức f (x) = x4 − 8x3 + 10x2 − 12x + 3 là bất khả quy trên Q vì đa thức f (x + 3) = x4 + 4x3 − 8x2 − 60x − 78 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p = 2. Việc xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường các số hữu tỷ Q vẫn là bài toán mở. Tuy nhiên 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 lý sau: Định lý 1.2.6. (Định lý cơ bản của Đại số). Cho f (x) là một đa thức bậc dương với hệ số phức. Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh. Xem [1, Chương 3, Định lý 3.3.2, trang 131]. Từ Định lý cơ bản của Đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bất khả quy của đa thức trên C và trên R. Hệ quả 1.2.7. Các phát biểu sau là đúng (i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu deg f (x) = 1. (ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu hoặc f (x) có bậc 1 hoặc f (x) có bậc 2 và f (x) không có nghiệm thực. Chứng minh. (i) Khẳng định (i) suy ra từ Định lý cơ bản của Đại số. (ii) Giả sử f (x) ∈ R[x]. Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R. Ngược lại, cho f (x)
11 bất khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2. Khi đó f (x) không có nghiệm thực. Theo Định lý cơ bản của Đại số, f (x) có một nghiệm phức z = a + ib với a, b ∈ R, b 6= 0. Đặt f (x) = (at − ibt )xt + ... + (a1 − ib1 )x + (a0 − ib0 ). Vì f (x) ∈ R[x] nên f (x) = f (x). Do đó z là nghiệm của f (x) . Dễ thấy z = a−ib là nghiệm của f (x). Vì b 6= 0 nên z 6= z, do đó f (x) chia hết cho đa thức (x − z)(x − z) = x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x]. Do f (x) bất khả quy trên R nên f (x) = c(x2 − 2ax + a2 + b2 ) với c ∈ R. Vì thế deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực. Mệnh đề 1.2.8. Cho f (x) = xn + an−1 xn−1 + ... + a1 x ± p là một đa thức với hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố. (i) Nếu p > 1 + |a1 | + ... + |an−1 | thì f (x) bất khả quy trên Q. (ii) Nếu p ≥ 1 + |a1 | + ... + |an−1 | và các nghiệm của f (x) đều không là căn của đơn vị thì f (x) bất khả quy trên Q. Chứng minh. (i) Giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x] và 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được ±p = a0 b0 , trong đó a0 , b0 lần lượt là hệ số tự do của g(x) và h(x). Do p là số nguyên tố nên a0 = ±1 hoặc b0 = ±1. Giả sử a0 = ±1. Đặtdeg g(x) = m > 0. Theo Định lý cơ bản của Đại số, g(x) có m nghiệm r1 , ..., rm ∈ C. Theo công thức Viete, ta có |r1 ...rm | = |a0 | = 1, trong đó kí hiệu |z| là môđun của số phức z. Suy ra |r1 |...|rm | = 1. Do đó có ít nhất một nghiệm ri của g(x) sao cho |ri | ≤ 1. Vì ri là nghiệm của f (x) nên f (ri ) = 0. Suy ra ±p = rin + |an−1 ||ri |n−1 + ... + |a1 ||ri | ≤ 1 + 1 + |an−1 | + ... + |a1 |. Điều này là mâu thuẫn. (ii) Chúng ta cũng giả sử f (x) khả quy trên Q. Với các lập luận như trong chứng minh khẳng định (i), vì f (x) không có nghiệm là căn của đơn vị nên |ri | < 1. Do đó p < 1 + |an−1 | + ...|a1 |, điều này là vô lí. 1.3 Mở rộng trường và trường phân rã Trong tiết này luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K không gian véc tơ. Chiều của
12 không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T /E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K]. Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimK E = t và α ∈ E. Vì hệ {1, α, . . . , α t } gồm t +1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại a0 , a1 , . . . , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai 6= 0 sao cho a0 + a1 α + . . . + at α t = 0. Như vậy, a0 + a1 x + . . . + at xt ∈ K[x] là đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K. Chú ý 1.3.1. Nếu E/K là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E thì ta kí hiệu K(α1 , . . . , αn ) và K[α1 , . . . , αn ] tương ứng là giao của tất cả các trường con và vành con của E chứa K và chứa α1 , . . . , αn . Ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường con bé nhất và K[α1 , . . . , αn ] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa các phần tử α1 , . . . , αn . Trường hợp n = 1, nếu g(α) 6= 0 1 thì phần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là . Khi đó g(α) K [α] = {g (α) |g
(x) ∈ K [x]} , g (α)
K (α) = g (x) , h (x) ∈ K [x] , h (α) 6= 0 h (α)
lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của E chứa K và α. Định nghĩa 1.3.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1 , . . . , αn ∈ F sao cho f (x) = a(x − α1 ) . . . (x − αn ), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F. Bổ đề 1.3.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa K và chứa n nghiệm α1 , . . . , αn của f (x). Khi đó K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã của f (x) trên K và [K(α1 , . . . , αn ) : K] < nn . Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã của f (x) trên K. Đặt K0 = K và Ki = K(α1 , . . . , αi ) với i = 1, ..., n. Với mỗi i = 1, ..., n nếu coi f (x) ∈ Ki−1 [x] thì f (x) có ước bất khả quy pi (x) ∈ Ki−1 [x]
13 nhận αi làm nghiệm. Vì thế, ta có [Ki : Ki−1 ] = deg pi (x) ≤ n. Do đó [Kn : K] = [Kn : Kn−1 ] ... [K2 : K1 ] [K1 : K] ≤ nn . √ √ Ví dụ 1.3.4. Trường phân rã của đa thức f (x) = x3 −2 trên Q là Q(i 3, 3 2). √ √ Hơn nữa, [Q(i 3, 3 2) : Q] = 6. Chứng minh. Vì ba nghiệm của x3 − 2 là √ √ √ 3 3 2 √ 3 2 √ α1 = 2, α2 = −1 + i 3 , α3 = −1 − i 3 2 2 nên Q(α1 , α2 , α3 ) là trường phân rã của f (x) trên Q. Do α1 , α2 , α3 đều √ √ √ √ √ thuộc Q(i 3, 3 2) nên Q(α1 , α2 , α3 ) ⊆ Q(i 3, 3 2). Ngược lại, vì 3 2 = α1 √ α2 − α3 √ √ và i 3 = nên Q(i 3, 3 2) ⊆ Q(α1 , α2 , α3 ). Về công thức bậc của α1 mở rộng, ta có h √ √ i h √ √ √ i h √ i 3 3 3 3 Q(i 3, 2) : Q = Q(i 3, 2) : Q 2 Q 2 :Q . Đa thức x3 − 2 có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ, do đó nó là đa thức bất √ khả quy trên Q của 3 2. Do đó h √ i 3 2 : Q = deg x3 − 2 = 3. Q √ Đặt E = Q 3 2 . Rõ ràng x2 + 3 không có nghiệm thực, do đó nó không √ có nghiệm trong E. Vì thế x2 + 3 là đa thức bất khả quy trên E của i 3. Do √ √ √ √ đó [E(i 3) : E] = deg(x2 + 3) = 2. Vì Q(i 3, 3 2) = E(i 3) nên ta có h √ √ i h √ i 3 Q(i 3, 2) : Q = E i 3 : E [E : Q] = 2.3 = 6. Định nghĩa 1.3.5. Một mở rộng trường bậc hữu hạn của trường Q các số hữu tỷ được gọi là trường số.