(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy

(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy(Luận văn thạc sĩ) Đa thức thuận nghịch bất khả quy

Vành đa thức

Nhắc lại rằng một tập V ̸= ∅cùng với phép cộng được gọi là một nhóm nếu các điều kiện sau thỏa mãn:

(i) Phép cộng có tính kết hợp: a+ (b+c) = (a+b) +c với mọi a, b, c ∈ V. (ii) Tồn tại phần tử 0 ∈ V sao cho a+ 0 = 0 +a = a với mọi a ∈ V.

(iii) Mỗi a ∈ V, tồn tại phần tử đối −a ∈ V sao choa+ (−a) = (−a) +a = 0.

Nếu điều kiện a + b = b + a với mọi a, b ∈ V được thêm vào, thì V được gọi là nhóm giao hoán Khi nhóm cộng V được trang bị thêm phép toán nhân và thỏa mãn ba điều kiện cụ thể, nó sẽ được gọi là một vành.

(i) Phép nhân có tính kết hợp: (ab)c = a(bc) với mọi a, b, c ∈ V.

(ii) Tồn tại phần tử đơn vị 1 ∈ V sao cho a1 = 1a = a với mọi a ∈ V. (iii) a(b+c) +ac và (b+c)a = ba+ca với mọi a, b, c ∈ V.

Nếu điều kiện ab = ba với mọi a, b ∈ V được thỏa mãn, thì V trở thành một vành giao hoán Định nghĩa 1.1.1 cho biết một đa thức biến x với hệ số trên V được biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn f(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a 1 x + a 0, trong đó các hệ số a 0, a 1, , a n thuộc về V.

Ta cũng viết đa thức này dưới dạng f(x) ∞

P i=0 aix i , trong đó ai = 0 với mọi i > n Hai đa thức

P i=0 b i x i là bằng nhau nếu a i = b i với mọi i.

Ký hiệu V[x] là tập các đa thức một biến x với hệ số trên V.

Cho f(x) = anx^n + an−1x^(n−1) + + a1x + a0 ∈ V[x], trong đó a0 là hệ số tự do của f(x) Nếu an ≠ 0, thì n được gọi là bậc của f(x) và ký hiệu là deg f(x); trong trường hợp này, an là hệ số cao nhất của f(x) Nếu an = 1, f(x) được gọi là đa thức dạng chuẩn (monic polynomial) Đối với đa thức 0, ta không định nghĩa bậc Nếu f(x) = a ∈ V, f(x) được xem là đa thức hằng, trong khi các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính.

Vành V[x] là vành giao hoán với phép cộng và phép nhân đa thức, được gọi là vành đa thức một biến x với hệ số thuộc V Trong vành này, phần tử không là đa thức 0 và phần tử đơn vị là đa thức 1.

Đa thức bất khả quy trên Q

Một đa thức f(x) ∈ F[x] được gọi là bất khả quy trên Q khi có bậc lớn hơn 0 và không thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn Ngược lại, nếu f(x) có bậc lớn hơn 0 và có thể được biểu diễn dưới dạng tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn, thì nó được coi là khả quy.

Bổ đề 1.2.1 Các hát biểu sau là đúng.

(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.

(ii) Nếu f(x) bậc lớn hơn 1 và có nghiệm trong F thì f(x) khả quy.

(iii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong F.

Đa thức f(x) có bậc dương được coi là bất khả quy nếu và chỉ nếu f(x+a) cũng là bất khả quy với mọi a ∈ F Đặc điểm của đa thức bất khả quy tương tự như tính chất của số nguyên tố Theo Bổ đề Euclid, một số tự nhiên p > 1 được xem là số nguyên tố nếu p chia hết cho ab thì p cũng chia hết cho a hoặc b với mọi số tự nhiên a, b Mệnh đề này tương tự áp dụng cho đa thức bất khả quy.

Nếu p(x) ∈ F[x] là một đa thức bất khả quy và p(x) chia hết cho a(x)b(x), thì p(x) cũng phải chia hết cho ít nhất một trong hai đa thức a(x) hoặc b(x) Mỗi đa thức chuẩn bậc dương có thể được phân tích thành tích của các đa thức bất khả quy chuẩn, và sự phân tích này là duy nhất nếu không tính đến thứ tự Đa thức p(x) ∈ F[x] bất khả quy dạng chuẩn được xác định theo mệnh đề trên được gọi là đa thức bất khả quy của a.

Ví dụ 1.2.1 Đa thức x 3 −2 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của √ 3

2 ∈ R; đa thức x 2 + 1∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.

Tiêu chuẩn Eisenstein

Tiêu chuẩn 1.3.1 xác định rằng cho đa thức f(x) = a n x n + a n−1 x n−1 + + a 0, với a n khác 0, nếu a n không chia hết cho số nguyên tố p, trong khi các hệ số a i (i < n) đều chia hết cho p và a 0 không chia hết cho p^2, thì f(x) được coi là đa thức bất khả quy trên Z.

Tiêu chuẩn 1.3.2, hay còn gọi là tiêu chuẩn Eisenstein suy rộng, áp dụng cho đa thức f(x) = a₀xⁿ + a₁xⁿ⁻¹ + + aₙ, với a₀ ≠ 0 và n > 1, có các hệ số nguyên Đối với một số nguyên tố p, điều kiện đặt ra là a₀ không chia hết cho p, trong khi các hệ số aᵢ với i = k + 1, k + 2, , aₙ thì chia hết cho p, và aₙ không chia hết cho p² Nếu đa thức f(x) có thể phân tích thành tích của hai đa thức g(x) và h(x) với hệ số nguyên, thì bậc của ít nhất một trong hai đa thức này phải không nhỏ hơn n - k.

Ví dụ 1.3.1 Với bất kì số nguyên tố p đa thức f(x) = 1 +x+ .+x p−1 là bất khả quy trên Z.

Chứng minh Theo Tiêu chuẩn Eisenstein, đa thứcf(x+1) = x p−1 + p 1 x p−2 + + p p − 1 là bất khả quy trên Z Do đó f là bất khả quy trên Z.

Ví dụ 1.3.2 Với bất kỳ số nguyên dươngnđa thứcf(x) = 1+x+x 2

2!+ .+x n n! là bất khả quy trên Q.

Chứng minh Ta phải chứng minh n!f(x) = n! + n!x+ x 2

Đối với biểu thức 2! + + x n, nó được chứng minh là bất khả quy trên Z Chúng ta chọn một số nguyên tố p sao cho p ≤ n < 2p, với điều kiện n chia hết cho p, nhưng n! lại không chia hết cho p^2 Dựa vào tiêu chuẩn Eisenstein, ta có thể khẳng định rằng đa thức n!f là bất khả quy trên Z.

Đa thức chia đường tròn

Đa thức chia đường tròn thứ n, ký hiệu là Φ n (x), là một đa thức chuẩn với hệ số cao nhất bằng 1 và có đúng φ(n) nghiệm, tương ứng với các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị Đa thức này có bậc φ(n) và được biểu diễn dưới dạng Φ n (x) = ∏ e n =1 ord(e)=n.

Số nguyên dương n được gọi là có căn nguyên thuỷ khi và chỉ khi tồn tại số nguyên a sao cho a và n nguyên tố cùng nhau và ord n (a) = φ(n).

Ví dụ 1.4.1 Các căn bậc 3 của đơn vị là ϵ k = cos2kπ

Các căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị là ϵ 1 = −1

Do đó đa thức chia đường tròn thứ ba là Φ 3 (x) = (x+ (1

Căn bậc 4 của đơn vị là ϵ k = cos2kπ

Các căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị là ϵ 1 = i và ϵ 3 = −i Đa thức chia đường tròn thứ tư là Φ 4 (x) = (x−i)(x+i) = x 2 + 1.

Đa thức Chebyshev

Với mọi n∈ N tồn tại duy nhất đa thức T n (x) thỏa mãn:

T n (cosx) = cosnx ∀x ∈ R. được gọi là đa thức Chebyshev loại 1.

Dễ thấy rằng T 0 (x) = 1, T 1 (x) = x và do cos(n+ 1)x = 2 cosx.cosnx−cos(n−1)x nên ta có

Công thức này cũng chứng tỏ được sự duy nhất của T n

Chữ T trong tên đa thức là viết tắt tên của nhà toán học Nga Chebyshev,một vài đa thức khởi đầu là:

Với mọi n∈ N, tồn tại duy nhất đa thức U n (x) sao cho:

U n (cosx) = sin(n+ 1)x sinx , ∀x ∈ R; {kπ|k ∈ Z}. Được gọi là đa thức Chebyshev loại 2.

Dễ thấy U 0 (x) = 1, U 1 (x) = 2x và từ hệ thức lượng của sin ta có

Và cũng nhờ công thức này, ta có thấy sự duy nhất của U n

Một số đa thức khởi đầu của U là:

+) T n (x), U n (x) ∈ Z[x], bậc n, hệ số cao nhất lần lượt là 2 n−1 và 2 n

+) Tn(x), Un(x) là hàm chẵn khi n chẵn và là hàm lẻ khi n lẻ.

+) T n (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt là cos (2k+1)π 2n , k = 0;n−1 U n có đúng n nghiệm thực phân biệt là cos n+1 kπ , k = 1;n.

+) |T n (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Dấu bằng xảy ra tại n+ 1 điểm cos kπ n , k = 0;n được gọi là các điểm luân phiên Chebyshev (Các luân điểm).

Và ta thấy thêm rằng

+) (T n (x), U n−1 (x)) là cặp nghiệm của phương trình Pell đa thức: P(x) 2 − (x 2 −1)Q(x) 2 = 1, ∀x ≥1.

Có thể thấy điều này từ các đa thức khởi đầu và công thức truy hồi.

2√ x 2 −1 , ∀n ≥1. là một hệ quả trực tiếp của phương trình Pell và tính chất trên.

Chương 2 Đa thức thuận nghịch bất khả quy

Trong chương này, tác giả trình bày định nghĩa về đa thức đảo và đa thức thuận nghịch, đồng thời chứng minh các tính chất, mệnh đề và bổ đề liên quan Ngoài ra, tác giả cũng giới thiệu phương pháp thế để tối ưu hóa việc tìm nghiệm cho đa thức thuận nghịch, dựa trên tài liệu tham khảo [1] và [2].

Định nghĩa đa thức thuận nghịch

Định nghĩa 2.1.1 Cho một đa thức f ∈ Q[t], đa thức đảo của f được định nghĩa như sau: f rev (t) =t deg f f(1 t) (2.1)

Ta nhận thấy rằng nếu α là một nghiệm phức của f thì 1 α cũng là một nghiệm của frev.

Ví dụ 2.1.1 Nếu f = t 2 −t+ 2 thì đa thức đảo của f là: frev = t 2 (1 t 2 − 1 t + 2) = 1−t+ 2t 2

Khi f là một đa thức có 0 là một nghiệm, thì bậc của frev và f là không trùng nhau.

Ví dụ 2.1.2 Cho một đơn thức f = t n , đa thức thuận nghịch của nó là frev = 1.

Trong phần 2, tính chất của đa thức thuận nghịch được nêu rõ, với định nghĩa rằng một đa thức f ∈ Q[t] được coi là thuận nghịch nếu f rev (t) = f(t) Đa thức thuận nghịch không chỉ phổ biến mà còn xuất hiện trong nhiều ứng dụng khác nhau.

Ta có thể lấy ví dụ như sau:

= 3−2t−2t 2 + 3t 3 Khi đó f rev (t) =f(t) Vậy f(t) chính là đa thức thuận nghịch.

Ta nhận thấy rằng: Đa thức thuận nghịch f(t) có cùng hệ số với f rev nhưng ở thứ tự ngược lại.

Tính chất của đa thức thuận nghịch

Trong mục này chúng ta đưa ra một số tính chất quan trọng của đa thức thuận nghịch.

Tính chất 2.2.1 Giả sử 0 là nghiệm bội k của f Khi đó bậc của frev bằng degf −k Nếu f(0) ̸= 0 thì (frev)rev = f.

Chứng minh Giả sử f(t) là đa thức bậc n Nhận 0 là nghiệm bội k của f. Nên đa thức f(t) có dạng: f(t) =ant n + .+akt k Ta có frev(t) =t n a n t n + + a k t k

Do đó degf rev = degf −k.

Ta chứng minh: Nếu f(0) ̸= 0 thì (f rev ) rev = f.

Giả sử f(t) là đa thức bậc n, khi đó f(t) có dạng: f(t) = a n t n + a n−1 t n−1 + .+ a 0 (2.3)

Trong đó a n ̸= 0 Vì f(0) ̸= 0 nên a 0 ̸= 0 Do đó ta có f rev (t) = t n an t n + a n−1 t n−1 + .+a 0

Từ (2.3) và (2.4) ta có (frev)rev = f.

Ví dụ 2.2.1 Xét đa thức f(x) =x 2 +bx+ 1.

Ta lại có (f rev ) rev = x 2

Tính chất 2.2.2 (f.g) rev = f rev g rev

Chứng minh Giả sử đa thức f, g lần lượt có dạng f(t) = a n t n +a n−1 t n−1 + .+a 1 t+a 0 (a n ̸= 0), g(t) = b m t m +b m−1 t m−1 + +b 1 t+b 0 (b m ̸= 0).

Khi đó ta có f rev (t) =a n +a n−1 t+ .+a 1 t n−1 +a 0 t n g rev (t) =b m +b m−1 t+ .+b 1 t m−1 +b 0 t m

Ta có: f(t).g(t) = (ant n +an−1t n−1 + .+a1t+a0).(bmt m +b1t m−1 + .+b1t+b0)

Ta lại có f rev g rev = (a n + a n−1 t+ .+a 1 t n−1 +a 0 t n ).(b m +b m−1 t+ .+b 1 t m−1 +b 0 t m )

Từ (2.5) và (2.6) ta có (f.g) rev = f rev g rev

Ví dụ 2.2.2 Xét đa thức f = x 2 + 2x+ 1

Tính chất 2.2.3 Nếu f(0) ̸= 0 thì f là bất khả quy trong Q[t] khi và chỉ khi f rev là bất khả quy trong Q[t].

Chứng minh ⇒) Ta chứng minh nếu f là bất khả quy trong Q[t] thì f rev cũng bất khả quy trong Q[t].

Giả sử f bất khả quy, f rev là khả quy Khi đó ta có f rev = g.h

Nếu f(0) khác 0, thì (f rev) rev sẽ bằng f Điều này dẫn đến f = (f rev) rev = (g.h) rev = g rev.h rev Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với việc f là bất khả quy Do đó, giả sử ban đầu là sai, và kết luận rằng nếu f bất khả quy thì f rev cũng bất khả quy.

⇐) Ta chứng minh nếu f rev là bất khả quy trong Q[t] thì f cũng bất khả quy trong Q[t].

Giả sử f là khả quy và frev là bất khả quy, ta có f = g.h Tuy nhiên, khi xem xét frev (g.h)rev = grev.hrev, điều này dẫn đến mâu thuẫn vì frev là bất khả quy Do đó, giả sử ban đầu là sai, từ đó suy ra rằng nếu f bất khả quy thì f cũng sẽ bất khả quy.

Xuyên suốt bài luận văn, chúng tôi sử dụng ký hiệu sau:

R := {f ∈ Q[t] : f là đa thức nghịch đảo và có bậc chẵn}.

Mệnh đề 2.2.1 Đa thức f ∈ Q[t] là thuận nghịch khi và chỉ khi hai tính chất sau đây được thỏa mãn.

1 Nếu 1 là nghiệm của f thì nó là nghiệm bội chẵn.

2 Nếu α là nghiệm bội r của f thì 1 α cũng là một nghiệm bội r của f.

Chứng minh Giả sử f ∈ Q[t] là đa thức thuận nghịch bậcnvà có các nghiệm là 1, x 1 , 1 x 1 , , x m , 1 x m Khi đó f được viết dưới dạng: f(t) = a(x−1) r 0 (x−x 1 ) r 1 x− 1 x 1 r 1 ′

Trong đó: r 0 + r 1 +r ′ 1 + .+ r m +r m ′ = n Ta có frev(t) =x n a

Vì f = f rev nên suy ra r i = r ′ i với mọi i = 1, , m và r 0 là số chẵn Do đó f thỏa mãn hai tính chất 1) và 2).

Ngược lại nếu đa thức f thỏa mãn hai tính chất 1) và 2) thì ta có thể viết f(t) = a(x−1) r 0 (x−x 1 ) r 1 x− 1 x 1 r 1

Nếu r₀ = 0 hoặc r₀ là số chẵn, ta có f = f rev, tức là f là đa thức thuận nghịch Điều này cho thấy rằng nếu f là thuận nghịch, thì 0 không phải là nghiệm.

Bổ đề 2.2.1 Các khẳng định sau là đúng:

1 Tích các đa thức thuận nghịch là đa thức thuận nghịch.

2 Nếu f = g.h, f, g là thuận nghịch thì h cũng là thuận nghịch.

Chứng minh (1) Theo Tính chất 2.2.2 ta có: (f.g)rev = frev.grev.

Vì f = frev, g = grev nên f.g = frev.grev = (f.g)rev.

(2) Giả sử f = g.h Khi đó frev = (g.h)rev = grev.hrev.

Theo giả thiết frev = f. g rev = g.

Mặc dù là đơn giản như bổ đề sau đây rất quan trọng.

Bổ đề 2.2.2 Cho f ∈ Q[t] sao cho f(0) ̸= 0 Khi đó f f rev ∈ R.

Chứng minh Do f(0) ̸= 0 nên theo Tính chất 2.2.1 ta có:

Vậy nên (f f rev ) rev = f.f rev Do đó f f rev ∈ R.

Mệnh đề 2.2.2 nêu rằng với f ∈ Q[t] là một đa thức thuận nghịch và f(1) ̸= 0, cùng với g là một nhân tử bất khả quy trong Q[t], nếu g không phải là đa thức thuận nghịch, thì tồn tại một đa thức thuận nghịch h ∈ Q[t] sao cho f có thể được biểu diễn dưới dạng f = gg rev h.

Gọi g ∈ Q[t] là một nhân tử bất khả quy không thuận nghịch của f, và g không thể là đa thức t + 1 hoặc t - 1 Điều này dẫn đến việc g rev là một đa thức bất khả quy trong Q[t].

Với mọi nghiệm α của g, thì 1 α cũng là nghiệm của g rev, cho thấy f là hàm thuận nghịch Điều này chứng minh rằng g rev là một nhân tử bất khả quy của f, và do đó gg rev cũng là nhân tử của f Theo Bổ đề 2.2.2, ta có gg rev ∈ R, và từ Bổ đề 2.2.1, ta suy ra rằng f = gg rev h.

Vì f và gg rev là nghịch đảo do đó h cũng là nghịch đảo.

Bổ đề 2.2.2 khẳng định rằng gg rev thuộc R, và theo Bổ đề 2.2.1, hệ số f có thể được biểu diễn dưới dạng gg rev h với h thuộc Q[t] Định nghĩa 2.2.1 chỉ ra rằng f ∈ R được coi là bất khả quy trong R nếu nó không thể phân tích thành tích của hai đa thức không phải là hằng số.

Theo định nghĩa này, chúng ta thấy rằng t 2 − 2t + 1 là bất khả quy trong R nhưng không bất khả quy trong Q[t] Do đó tính bất khả quy trong

R không thể kéo theo bất khả quy trên Q[t] Rõ ràng với f ∈ R thì bất khả quy trên Q[t] cũng là bất khả quy trên R.

Ta có kí hiệu sau:

Irred(R) ={f ∈ R: f là bất khả quy trên R}.

Red(R) = {f ∈ R : f là khả quy trên R}.

Hệ quả 2.2.1 Giả sử f ∈ Irred(R) Khi đó hoặc f là bất khả quy trên Q[t] hoặc f có dạng f = agg rev với g là bất khả quy, g ∈ Q[t], a∈ Q ∗

Hệ quả 2.2.1 cho ta thấy rằng: Irred(R) được tách thành R 1 ∩ R 2 trong đó

R 1 = {f ∈ Irred(R) : f là bất khả quy trên Q}.

R 2 = {f ∈ Irred(R) : f = agg rev , a ∈ Q ∗ , g bất khả quy trên Q} Chúng ta thấy rằng, nếu f ∈ Irred(R) và f(1) = 0 thì f = a(t−1)(−t+ 1) Do đó f thuộc R 2

Phương pháp thế

Cho f ∈ R bậc 2n, bằng cách đổi biến x = t + 1/t, chúng ta có thể biến đổi đa thức f thành một đa thức trong Q[x] bậc n có dạng α + 1/α, trong đó α là một nghiệm của f Để tìm nghiệm t của đa thức f, ta cần đưa đa thức này về dạng t + 1/t.

Khi giải phương trình bậc n với ẩn x, ta tìm được nghiệm x và sau đó xác định nghiệm t Định nghĩa ánh xạ nghịch đảo R cho mỗi đa thức thuận nghịch f bậc chẵn, cho phép tìm đa thức duy nhất p = R(f) ∈ Q[x] thỏa mãn phương trình f(t) = t deg p p(t + 1 t).

Ngược lại, chúng ta thấy rằng với mọi p ∈ Q[x] đa thức f = R −1 (p) được xác định là đa thức bậc chẵn.

Ví dụ 2.3.1 Xét đa thức thuận nghịch Φ 11 = P10 i=0t i là đa thức chia đường tròn thứ 11.

Ta viết được dưới dạng như sau: Φ 11 = t 5 (1 +

Có thể biểu diễn mỗi số hạng t k + 1 t k dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các lũy thừa x = t+ 1 t như sau: t 2 + 1 t 2 t+ 1 t

Một ví dụ điển hình về đa thức thuận nghịch là f(t) = t^6 − 2t^5 + 5t^4 − t^3 + 5t^2 − 2t + 1 Đa thức này có chu kỳ Φn với n > 1, và được coi là một trong những ví dụ tốt nhất cho đa thức thuận nghịch với hệ số hữu tỉ.

Biến x = t + 1 là yếu tố quan trọng trong phương pháp tính toán truyền thống, giúp đơn giản hóa quá trình tìm kiếm nghiệm của đa thức thuận nghịch.

Xét đa thức thuận nghịch: f(t) =t 6 −2t 5 + 5t 4 −t 3 + 5t 2 −2t+ 1.

Ta thấy rằng t = 0 không là nghiệm của đa thức trên f(t) = t 3 (t 3 −2t 2 + 5t−1 + 5 t − 2 t 2 + 1 t 3 )

Để tìm nghiệm của t của đa thức f(t) ta đưa đa thức này về dạng t+ 1 t

Vì t ̸= 0 ta có f(t) = 0 ⇔ t 3 + 1 t 3 −2(t 2 + 1 t 2 ) + 5(t+ 1 t)−1 = 0. Đặt x = t+ 1 t Ta có t 3 + 1 t 3 t+ 1 t

Khi đó ta có phương trình bậc 3 ẩn với ẩn x như sau x 3 −3x−2(x 2 −2) + 5x−1 = 0

Từ đây ta có thể giải phương trình bậc 3, tìm nghiệm x sau đó tìm nghiệm t.

Dưới đây là ý tưởng của phương pháp này.

Gọi f ∈ R là một đa thức bậc 2n, f có thể được biểu diễn dưới đây f(t) = a 0 t n + n

Bằng phương pháp quy nạp trên K, ta có thể chứng minh rằng t k + 1 t k có thể được biểu diễn dưới dạng một đa thức f k ∈ Z[x] với bậc k Để tính toán, ta sử dụng công thức lặp f n (x) = x f n−1 (x) − f n−2 (x), với điều kiện khởi đầu là f 0 (x) = 2 và f 1 (x) = x.

Các số hạng đầu tiên của (2.5) là các đa thức f 2 (x) = x.f 1 (x)−f 0 (x)

Do đó, bất kì f ∈ R được viết dưới dạng: f(t) = a 0 t n +t n n

Đa thức X k=1 akfk ∈ Q[x] là duy nhất thỏa mãn phương trình hàm f(t) = t deg f /2 p(x(t)) với x(t) = t + 1 t Điều này cho phép tính toán hiệu quả đa thức p ∈ Q[x] cho mọi f ∈ R Như vậy, chúng ta có một ánh xạ từ R đến R lên Q[x] được xác định rõ ràng.

R : R −→ Q[x] f 7−→ a 0 +a 1 f 1 + .+a n f n Đặc biệt thấy rằng mọi k ∈ N chúng ta có

Mệnh đề 2.3.1 R thỏa mãn các tính chất sau:

Chúng tôi chỉ ra rằng có một ma trận có thể được hiểu là ánh xạ nghịch đảo R Mặc dù R không phải là ánh xạ tuyến tính do R không thuộc không gian vectơ Q, nhưng khi giới hạn trong các phần tử của R bậc 2n, chúng tôi có thể xác định một ma trận đại diện cho R.

Cho một số tự nhiên n Mọi f ∈ R có bậc 2n đều có thể được mã hóa là một hệ số vectơ đủ của n+ 1 tọa độ được kí hiệu bởi [f] :

Xét ma trận R n cấp (n+ 1)×(n+ 1) có phần tử a ij là hệ số của x n−i+1 trong đa thức f n−j+1 , ngoại trừ phần từ a n+1,n+1 phải bằng 1 (không phải bằng 2).

Ta có kết luận sau

[R(f)] t = R n [f] t (2.11) ở đó [R(f)] là vectơ hệ số của R(f) với cơ sở đơn thức {x n , , x 2 , x,1}.

Ma trận R n là ma trận số nguyên tam giác dưới và cũng là ma trận đơn vị Do đó, ma trận nghịch đảo R −1 n cũng thuộc loại ma trận số nguyên.

Sau đây, chúng ta xét một số ví dụ về đa thức thuận nghịch Φ 11 10

Hệ số vectơ của đa thức Φ 11 là [Φ 11 ] = (1,1,1,1,1) do đó vectơ của R(Φ 11 ) được tính toán như sau:

Tính chất số học của ánh xạ thuận nghịch

Hai biểu thức biểu thị độ lớn của f đóng vai trò quan trọng.

Với chuẩn 1 : ∥f∥ 1 và chuẩn vô cùng: ∥f∥ ∞ của f lần lượt là:

∥f∥ ∞ = max{|a i |, i = 0,1, , n}. Đối với dãy thay thế thuận nghịch, chúng ta coi dãy số nguyên liên quan (∥f∥ 1 ) n∈ N của chuẩn 1 Các số hạng đầu tiên của chuỗi này là:

∥f 0 ∥ 1 = 2, ∥f 1 ∥ 1 = 1, ∥f 2 ∥ 1 = 3, ∥f 3 ∥ 1 = 4, ∥f 4 ∥ 1 = 7, ∥f 5 ∥ 1 = 11. Điều này cho thấy sự trùng hợp với dãy số Lucas.

Chúng ta nhớ lại rằng dãy số Lucas L n được định nghĩa như sau:

Sự lặp lại của dãy f n (x) = xf n−1 (x)−f n−2 (x), f 0 (x) = 2, f 1 (x) =x Xác định trình tự thay thế thuận nghịch làm phát sinh lặp lại sau cho ∥f n ∥ 1 :

Do đó chứng minh sự bằng nhau giữa các dãy.

Mệnh đề 2.4.1 Dãy số nguyên (∥f n ∥ 1 ) n∈ N là dãy số Lucas.

Với kết quả trước đó, chúng ta phân tích ∥f∥ ∞ dưới dạng ánh xạ R Để thu được một cận trên ∥f(R(f))∥ ∞ với mọi f ∈ R bậc 2n và chuẩn ∥f∥ ∞ ≤ B.

Sẽ rất thuận tiện khi sử dụng biểu diễn ma trận R n của R được xác định trong (5).

Toán tử của R n như là một toán tử số

Biểu diễn ma trận cho phép tính R(f) bằng cách tính Rn[f] t do đó chúng ta thấy rằng

Giới hạn trên về định mức tối đa của R n theo Mệnh đề 2.4.1 Bất đẳng thức đúng với n∈ N.

L j Đây là 1 hệ quả iên quan đến dãy số Lucas khẳng định rằng: n

Chúng ta có thể kết luận rằng

Bằng cách này chúng ta có thể trình bày kết quả sau đây.

Mệnh đề 2.4.2 Cho f ∈ R có bậc 2n và ∥f∥ ∞ = B Thì khi đó

Mệnh đề 2.4.3 Cho f ∈ R 2 với hệ số nguyên có bậc 2n và chuẩn vô cùng

∥f∥ ∞ ≤ B Khi đó cho đa thức bất khả quy g ∈ Z[t] bậc n với f = agg rev trong đó a ∈ Z có chuẩn vô cùng ∥g∥ ∞ có giá trị lớn nhất là √

Cho g = a n t n + + a 1 t + a 0 (với a n ̸= 0) Giả sử rằng ∥g∥ ∞ = |a i | với

0 ≤ i ≤n Hệ số giữa của f bằng a(a 2 0 +a 2 1 + .+a 2 n ) Và khi đó ta có:

Tiêu chuẩn bất khả quy cho đa thức thuận nghịch

Trong Chương 3, chúng tôi sẽ khám phá mối liên hệ giữa đa thức thuận nghịch và đa thức bất khả quy, tiếp nối từ khái niệm đã được giới thiệu trong Chương 2 Một đa thức f trong R được coi là bất khả quy nếu không thể phân tích thành tích của hai đa thức thuận nghịch khác Chương này sẽ trình bày tiêu chuẩn bất khả quy trên Q của đa thức thuận nghịch, tiêu chuẩn cho đa thức thuận nghịch bất khả quy, cũng như tính chất số học của ánh xạ thuận nghịch, được áp dụng trong ma trận nghịch đảo, theo tài liệu tham khảo [1],[2],[3].

Tiêu chuẩn bất khả quy trên Q

Mệnh đề sau đây cho chúng ta thấy tính bất khả quy của một đa thức thuận nghịch trong Q[x] thông qua ánh xạ R(f).

Trong đó ánh xạ R(f) được định nghĩa như sau:

Mệnh đề 3.1.1 Cho f ∈ R Khi đó f bất khả quy trong R khi và chỉ khi R(f) là bất khả quy trong Q[x].

Chứng minh Cho f = f1f2 phân tích nhân tử trong R Khi đó ta có

Do đó R(f) =R(f1).R(f2) phân tích nhân tử trong Q[x] Khi đó ta có

Nếu một đa thức f phân tích trong Q[x], thì theo tính chất của R, f cũng phải phân tích trong R Mệnh đề 3.1.1 chỉ ra mối liên hệ giữa tính bất khả quy trong R và trong Q[x].

Ta có điều phải chứng minh.

Cho đa thức f ∈ Z[t] là một đa thức thuận nghịch chuẩn bậc 4 với R(f) không có nghiệm hữu tỷ Áp dụng Mệnh đề 3.1.1 và Hệ quả 2.2.1, ta suy ra rằng f bất khả quy trên Q, ngoại trừ trường hợp f = t^4 - (b^2 + 2)t^2 + 1 với b ∈ Z Trong trường hợp này, f có thể được phân tích thành f = -gg rev với g = t^2 + bt - 1.

Một ví dụ cho thấy rằng, nói chung, chúng ta không thể kết luận rằng tính bất khả quy của một đa thức f trong Q[t] đồng nghĩa với việc f cũng bất khả quy trong R.

Ví dụ 3.1.2 Cho f = t 6 −3t 5 −3t 4 + 11t 3 −3t 2 −3t+ 1 Khi đó f = t 3

Ta thấy rằng R(f) là bất khả quy trên Q do đó f là bất khả quy trên R Tuy nhiên f là không bất khả quy trên Q vì f có thể phân tích thành: f = (t 3 −3t+ 1)(t 3 −3t 2 + 1).

Theo Mệnh đề 2.2.1 chúng ta thấy rằng f = g.grev.

Với g = t 3 −3t 2 + 1 (g là bất khả quy trên Q[t]), grev = t 3 −3t 2 + 1. Định lý 3.1.1 Cho f ∈ R là một đa thức thuận nghịch nguyên thủy bậc chẵn và giả sử rằng R(f) là bất khả quy trong Q[x].

1 Nếu |f(1)| hoặc |f(−1)| không là số chính phương thì f là bất khả quy trong Q[x].

2 Nếu f(1) và hệ số chính giữa của f khác dấu thì f là bất khả quy trong

3 Nếu hệ số chính giữa của f là 0 hoặc ±1 thì f là bất khả quy trong Q[t]. Chứng minh Khẳng định 1.

Vì R(f) là bất khả quy trong Q[x], nên f cũng là bất khả quy trong R theo mệnh đề 3.3.1 Theo bổ đề 3.2.1, f có thể là bất khả quy trong Q hoặc f = ±gg rev với g ∈ Z[t] và g bất khả quy trên Q Giả sử rằng f không bất khả quy trên Q, ta sẽ chứng minh rằng g(1) = g rev(1).

|f(1)| = |g(1)| 2 Tương tự từ g(−1) = ±g rev (−1) chúng ta có

|f(−1)| = |g(−1)| 2 Điều này mâu thuẫn với |f(1)| hoặc |f(−1)| không là số chính phương Vậy

Trong Khẳng định 2 Nếu f(1)> 0 thì f = gg rev

Giả sử g = a_n t^n + a_{n-1} t^{n-1} + + a_1 t + a_0, ta nhận thấy rằng hệ số giữa của f có thể được tính bằng a_2^0 + a_2^1 + + a_2^{n-1} + a_2^n Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra vì hệ số chính giữa của nó phải mang giá trị âm.

Tương tự như trường hợp f(1) < 0, ta có thể rút ra kết luận tương tự Khẳng định 3 là hệ quả trực tiếp từ biểu thức cho hệ số giữa được trình bày trong chứng minh của khẳng định 2.

Xét đa thức f = t^8 + 6t^7 + 2t^6 + 22t^5 − 8t^4 + 22t^3 + 2t^2 + 6t + 1, ta có R(f) = x^4 + 6x^3 − 2x^2 − 4x − 10 Theo tiêu chuẩn Eisenstein, R(f) là bất khả quy trên Q[x] Do đó, theo Định lý 3.1.1, chúng ta kết luận rằng f là bất khả quy trên Q.

Ví dụ 3.1.4 Cho f ∈ R với hệ số 0và 1 Nếu R(f) là bất khả quy trên Q[x] thì chúng ta kết luận rằng f là bất khả quy trong Q[t].

Đa thức g_n(t) trong Q[t] với n ≥ 2 được xác định bởi công thức g_n(t) = (t + 1)^n - t^(n - 1)t Đặc điểm nổi bật của g_n là nó có bậc n - 2 Chúng ta có thể biểu diễn g_n dưới dạng g_n(t) = n.

Ta kết luận rằng g n là một đa thức thuận nghịch Khi n là chẵn, đa thức g n phụ thuộc R Đặt m := (n−2)/2, ta có

Cho n= 2p với p là số nguyên tố Khi đó chúng ta có:

Theo tiêu chuẩn Eisenstein chúng ta thấy rằng R(g 2p ) rev là bất khả quy trên

Q và do đó R(g 2p ) là bất khả quy trên Q.

Khi đó g 2p (1) = 2 2p −2 không phải số chính phương.

Chúng ta chỉ ra rằng g 2p là bất khả quy trên Q.

Mệnh đề 3.1.1 và Mệnh đề 2.2.2 cung cấp những khám phá thú vị trong lý thuyết đa thức Xét f ∈ Q[t] là một đa thức bất khả quy phân biệt với t, ta có rằng f rev cũng là một đa thức bất khả quy Điều này dẫn đến việc f f rev thuộc R, với bậc gấp đôi bậc của f Đặc biệt, đa thức R(f f rev) cũng là một đa thức bất khả quy trong Q, có bậc tương đương với bậc của f Tiếp tục thực hiện quy trình này, chúng ta thu được một chuỗi đa thức bất khả quy.

Q[t] bậc bằng bậc của f và với hệ số lớn tùy ý.

Tiêu chuẩn của đa thức thuận nghịch bất khả quy

Trong phần này, tôi đề cập đến một số yếu tố liên quan đến tiêu chuẩn của đa thức bất khả quy và khả quy.

Cho n là một số tự nhiên, mọi đa thức bậc n với hệ số nguyên có thể được biểu diễn dưới dạng một điểm (a n , a n−1 , , a 1 , a 0 ) trong không gian (n+1)-chiều Z n+1 Với một số dương B, các điểm này được xem là nằm trong khối lập phương (n+1)-chiều [−B, B] n+1.

Số lượng đa thức Sn(B) với bậc n và hệ số nguyên trong khoảng [−B;B] được xác định là |Sn(B)| = 2B(2B + 1)n, trong đó B là một số nguyên Kết quả này thể hiện số lượng đa thức có thể rút gọn trong Sn(B) và chỉ ra các ràng buộc liên quan.

Trong đó kí hiệu ≪ n nghĩa là có một hằng số chỉ phụ thuộc vào n liên quan đến giới hạn trên.

Giới hạn trên được đưa ra cho trong (3.1) cũng cung cấp giới hạn trên cho tỉ thức sau:

Mục tiêu của chúng tôi là sử dụng kết quả để ước tính số lượng đa thức khả quy và đa thức nghịch đảo bất khả quy Chúng tôi xem tập Red(R) ∩ S2n(B) là tập hợp các đa thức nghịch đảo với hệ số nguyên và chuẩn vô cùng của B.

Kết quả đầu tiên của chúng tôi thu được chính là |Red(R)∩S 2n (B)|. Định lý 3.2.1 Cho B là một số nguyên dương Khi đó

Chứng minh Từ Mệnh đề 2.4.2 chúng ta thấy rằng:

R(Red(R)∩S2n(B)) ⊂ Red(Q)∩Sn(B ′ ). trong đó B ′ = Ln+2B và do đó

Ta thế |Red(Q)∩S n (B)| ≤ n B n log 2 B vào vế phải của bất đẳng thức trước ta suy ra:

|Red(R)∩S 2n (B)| ≪ n(L n+2 B) n (log(L n+2 B)) 2 Điều này cho ta thấy phát biểu của mệnh đề này liên quan đến một hằng số.

Nhắc lại với bất kỳ f ∈ R bậc 2n được cho bởi vectơ hệ số.

|R ∩S n (B)| = 2B(2B+ 1) n với B ∈ N. và từ Định lý 3.2.1 ta có mệnh đề

Tiến đến 0 khi B tiến tới vô cùng.

Tất cả các đa thức trong R với hệ số nguyên đều là bất khả quy trong R Định lý 3.2.2 khẳng định rằng, với B là số nguyên lớn hơn hoặc bằng 2, điều này được áp dụng.

Chứng minh Từ Mệnh đề 2.4.3, ta thấy rằng với f ∈ R 2 ∩ S2n(B), tồn tại một đa thức bất khả quy g ∈ Z[t] với chuẩn vô cùng ∥g∥ ∞ ≤ √

B sao cho f = aggrev với a là một số nguyên khác không a ∈ [−B, B].

Theo Bổ đề 2.2.2 chúng ta có rằng

Từ đó ta dễ dàng có được kết quả của định lý trên.

Theo kết quả của Định lý (3.2.2), ta suy ra

Hầu hết các đa thức trong R∩S 2n B là bất khả quy trên Q khi B tiến đến vô cùng Theo Định lý 3.2.3, tất cả các đa thức f ∈ R với hệ số nguyên đều là bất khả quy trên Q.

Khi xem xét một đa thức trong R, việc xác định tính bất khả quy trên Q là rất quan trọng Do đó, cần có các tiêu chí rõ ràng để đánh giá tính bất khả quy của đa thức.

Dựa theo các tài liệu tham khảo, luận văn đã trình bày được một số vấn đề sau:

1 Trình bày khái niệm, tính chất và một số kĩ thuật tính toán đối với đa thức thuận nghịch.

2 Trình bày tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức thuận nghịch và mối liên hệ giữa tính bất khả quy trên Q và tính thuận nghịch bất khả quy.