(Luận văn) 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 lu an TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP va n CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG p ie gh tn to nl w d oa LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2016 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG lu an TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP va n CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG p ie gh tn to d oa nl w an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 nf va Chuyên ngành: z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z @ GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN m co l gm an Lu THÁI NGUYÊN - 2016 n va ac th si i Mục lục Lời mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị lu an Khái niệm đa thức bất khả quy Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q, R, C 1.3 Mở rộng trường trường phân rã 11 n va 1.1 1.2 2.1 2.2 15 Tính khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai p ie gh tn to Chương Tính bất khả quy đa thức lặp 15 21 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b 27 2.3 nl w 33 d oa Kết luận lu 34 nf va an Tài liệu tham khảo z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời mở đầu Cho K trường Một đa thức f (x) ∈ K[x] gọi bất khả quy f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức có bậc bé Khi đa thức 6= f (x) ∈ K[x] có phân tích bất khả quy lu f (x) = a f1 (x) fk (x) an n va tn to a hệ số cao f (x) fi (x) đa thức bất khả quy dạng chuẩn (tức có hệ số cao 1) Hơn nữa, phân tích bất khả quy gh không kể đến thứ tự nhân tử fi (x) Kết p ie tương tự Định lí Số học Lí thuyết số Như vậy, vành đa thức K[x], đa thức bất khả quy đóng vai trị quan d oa nl w trọng giống vai trò số nguyên tố vành Z số nguyên Nếu Định lí Số học cho phép coi số nguyên tố viên nf va an lu gạch xây nên vành số nguyên, đa thức bất khả quy viên gạch xây nên vành đa thức lm ul Nhiều toán đa thức bất khả quy đặt xuất phát từ việc giải toán liên quan số nguyên tố Một toán z at nh oi xét tính bất khả quy đa thức lặp số lớp đa thức Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bậc dương Đặt f0 (x) = x, f1 (x) = f (x), fr+1 (x) = f ( fr (x)) với r ≥ Ta gọi đa thức fr (x) đa thức z lặp đa thức f (x) Theo R W K Odoni [O], ta nói f (x) ổn định K fr (x) bất khả quy với r ≥ Chú ý đa thức bậc gm @ m co l bất khả quy trường K, đa thức bậc ổn định đa thức lặp ln có bậc an Lu Mục đích luận văn trình bày lại chi tiết kết hai báo sau tính bất khả quy trường K đa thức lặp hai n va ac th si lớp đa thức: đa thức bậc hai 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 trình bày kiến thức đa thức bất khả quy mở rộng trường Chương trình bày tính bất khả quy trường đa thức lặp hai lớp đa thức: đa thức bậc hai đa thức dạng xn − b Chương chia làm ba tiết Tiết 2.1 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tiết 2.2 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai Tiết 2.3 lu trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b an Trong trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, nhận đề tài nghiên cứu "Tính bất khả quy n va gh tn to đa thức lặp số lớp đa thức trường" hướng dẫn GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Đến luận văn hồn thành Có p ie kết dạy bảo hướng dẫn tận tình nghiêm khắc Cơ Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Cô gia d oa nl w đình! Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào nf va an lu tạo khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tơi q trình học tập Trường thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn Sự giúp đỡ nhiệt z at nh oi lm ul tình thái độ thân thiện thầy cô giáo, cán thuộc Phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin để lại lịng chúng tơi ấn tượng tốt đẹp Khơng biết nói hơn, lần xin trân trọng cảm ơn Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học toán z K8A (2014 - 2016) quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ động viên để tơi hồn thành nhiệm vụ l gm @ Tôi xin trân trọng cảm ơn! m co Tác giả an Lu Nguyễn Thị Thu Hương n va ac th si Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy lu an n va Trong suốt chương này, giả thiết K trường Ta gọi đa thức f (x) ∈ K[x] có dạng chuẩn hệ số cao f (x) ie gh tn to Định nghĩa 1.1.1 Cho f (x) ∈ K[x] Ta nói f (x) bất khả quy K f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức có bậc thấp p oa nl w Chú ý tính bất khả quy đa thức phụ thuộc vào trường sở Chẳng hạn, đa thức x2 − bất khả quy Q không bất khả quy d R Tương tự, đa thức x2 + bất khả quy R không bất khả quy C nf va an lu lm ul Bổ đề 1.1.2 Đa thức f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy với a ∈ K z at nh oi Chứng minh Cho a ∈ K Với h(x) ∈ K[x] ta đặt h1 (x) = h(x − a) Chú ý deg h1 (x) = deg h(x) Vì f (x + a) = k(x)g(x) phân tích đa thức f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp z @ f (x) = k1 (x)g1 (x) phân tích f (x) thành tích hai đa thức có bậc l gm thấp Vì f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy m (i) Đa thức bậc bất khả quy co Bổ đề 1.1.3 Trên trường K, phát biểu sau an Lu (ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy khơng có nghiệm K n va ac th si Chứng minh (i) Đa thức bậc rõ ràng tích hai đa thức bậc thấp hơn, bất khả quy (ii) Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bậc Giả sử f (x) có nghiệm x = a ∈ K Vì deg f (x) > nên f (x) = (x − a)g(x), g(x) ∈ K[x] deg g(x) = deg f (x) − ≥ Do f (x) khả quy Ngược lại, giả sử f (x) khả quy Vì f (x) có bậc nên f (x) phân tích thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, hai đa thức phải có bậc Rõ ràng đa thức bậc trường ln có nghiệm trường đó, f (x) có nghiệm K lu an Chú ý phát biểu (ii) bổ đề không cho trường hợp n va tn to bậc đa thức lớn Cụ thể, f (x) bậc lớn có nghiệm K f (x) khả quy Tuy nhiên, tồn đa thức khơng có nghiệm gh K khả quy Chẳng hạn đa thức (x2 + 1)2 khơng có nghiệm p ie R khả quy R Cho F trường chứa K Một phần tử a ∈ F gọi phần tử đại d oa nl w số K nghiệm đa thức khác với hệ số K Nếu a không đại số K ta nói a siêu việt K nf va an lu Mệnh đề 1.1.4 Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Khi tồn đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm z at nh oi lm ul g(x) bội p(x) Chứng minh Vì a phần tử đại số K nên tồn f (x) ∈ K[x] đa thức khác có bậc bé nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1 f (x), b z hệ số cao f (x) Khi p(x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > Nếu p(x) khả quy gm @ co l p(x) tích hai đa thức K[x] với bậc bé hai đa thức phải nhận a làm nghiệm, điều mâu thuẫn với cách chọn p(x) m Do p(x) bất khả quy Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) khơng chia hết cho p(x) p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = an Lu n va Do tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho = p(x)q(x) + g(x)h(x) Thay x = a ac th si vào hai vế ta = 0, điều vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) bội 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 6= c ∈ K Do q(x) = cp(x) Đồng hệ số cao hai vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn, ta suy c = 1.Vì p(x) = q(x) Định nghĩa 1.1.5 Cho a phần tử đại số K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm gọi đa thức bất khả quy lu a Đa thức x3 −2 ∈ Q[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm hữu √ tỷ), đa thức bất khả quy phần tử Đa thức x2 + ∈ R[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm thực), đa thức an n va bất khả quy số phức i gh tn to Mệnh đề 1.1.6 Cho p(x) ∈ K[x] đa thức có bậc dương Khi p(x) bất khả quy p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) p(x) | b(x) p ie với a(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, đa thức bất khả quy p(x) ước tích hữu hạn đa thức p(x) phải ước đa nl w thức d oa Chứng minh Cho p(x) bất khả quy Giả sử p(x) | a(x)b(x) a(x), b(x) không bội p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = an lu nf va gcd (p(x), b(x)) = Suy tồn s(x), r(x), e(x), f (x) ∈ K[x] cho = s(x)p(x) + r(x)a(x) = e(x)p(x) + f (x)b(x) Nhân vế với vế hai lm ul đẳng thức ta có z at nh oi = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x) với g(x) ∈ K[x] đa thức Vì p(x) | a(x)b(x) nên đa thức bên z vế phải đẳng thức bội p(x), đa thức bên vế trái không chia hết cho p(x) Điều vô lý gm @ co l Ngược lại, p(x) có bậc dương nên p(x) 6= khơng khả nghịch Giả sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Khi p(x) | a(x)b(x) Theo giả m thiết, p(x) | a(x) p(x) | b(x) Vì p(x) khơng có ước thực sự, an Lu p(x) bất khả quy n va ac th si Định lý Số học nói số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích khơng kể đến thứ tự thừa số Kết sau tương tự đa thức Định lý 1.1.7 Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương K[x] phân tích thành tích đa thức bất khả quy dạng chuẩn phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Chứng minh Trước hết, ta chứng minh tồn phân tích quy nạp theo bậc đa thức Giả sử f (x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn bậc d > Nếu d = f (x) bất khả quy phân tích bất khả quy f (x) f (x) = f (x) Cho d > giả sử kết cho đa thức bậc lu an nhỏ d Nếu f (x) bất khả quy f (x) có phân tích bất khả quy n va g(x) Khi ta có f (x) = g∗ (x)(ah(x)) Đồng hệ số hai vế ta suy ah(x) có dạng chuẩn Do f (x) = g∗ (x)h∗ (x) với g∗ (x), h∗ (x) = ah(x) ie gh tn to f (x) = f (x) Vì ta giả thiết f (x) khả quy Khi 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 hệ số cao p đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ d Theo giả thiết quy nạp, g∗ (x) h∗ (x) phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy dạng nl w d oa chuẩn Vì f (x) phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn lu nf va an Bây ta chứng minh tính phân tích Giả sử f (x) có hai phân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn lm ul f (x) = p1 (x) p2 (x) pn (x) = q1 (x) q2 (x) qm (x) z at nh oi Ta chứng minh quy nạp theo n n = m sau đánh lại thứ tự z nhân tử vế bên phải ta có pi (x) = qi (x) với i = 1, 2, , n Do p1 (x) bất khả quy p1 (x) | q1 (x) q2 (x) qm (x) nên ta có p1 (x) | qi (x) với i @ co l gm Khơng 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 q1 (x) = ap1 (x) m Do p1 (x) q1 (x) có dạng chuẩn nên a = Vì p1 (x) = q1 (x) Cho n = Nếu m > giản ước hai vế cho p1 (x) ta = q2 (x) qm (x), an Lu điều vơ lí Vậy, kết cho n = Cho n > Vì p1 (x) = q1 (x) n va ac th si nên p2 (x) p3 (x) pn (x) = q2 (x) q3 (x) qm (x) Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1 việc đánh số lại thứ tự nhân tử bất khả quy vế phải ta suy pi (x) = qi (x) với i = 2, , n Từ định lý ta có kết sau: Hệ 1.1.8 Cho f (x) ∈ K[x] đa thức với hệ số cao an Khi tồn phân tích f (x) = an f1 (x) fk (x) với f1 (x), , fk (x) nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử lu an 1.2 n va Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q, R, C tn to Định lí Đại số phát biểu đa thức bậc dương với hệ p ie gh số phức có nghiệm phức Vì đa thức bất khả quy C đa thức bậc Sử dụng Định lí Đại số, chúng ta đa thức bất khả quy R đa thức d oa nl w bậc đa thức bậc hai vô nghiệm thực (tức có biệt thức âm) Như vậy, tốn xét tính bất khả quy đa thức R C nf va an lu giải trọn vẹn Tuy nhiên, tốn xét tính bất khả quy đa thức trường Q số hữu tỷ tốn mở Tiết lm ul trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy đa thức Q, R, C Trước hết ta xét tiêu chuẩn bất khả quy Q z at nh oi Giả sử f (x) ∈ Q[x] Chú ý để xét tính bất khả quy trường Q, việc quy đồng mẫu số cần xét đa thức với hệ số nguyên Từ đến hết mục giả thiết f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ z Z[x], an 6= n > Chú ý đa thức bậc lớn có nghiệm Q khả gm @ m co l quy Q Vì vậy, nhiều trường hợp ta tìm nghiệm hữu tỷ để xét tính bất khả quy f (x) Q Sau ví dụ minh họa an Lu Ví dụ 1.2.1 (i) f (x) = 10x3 + 3x2 − 106x + 21 khả quy Q (ii) g(x) = 9x3 + 6x2 − 8x + bất khả quy Q n va ac th si 16 đóng đại số Cho E mở rộng trường K Ta nói E bao đóng đại số K phần tử E đại số K E trường đóng đại số Chú ý bao đóng đại số trường K ln tồn bao đóng đại số K đẳng cấu với Giả sử K trường có đặc số p 6= f (x) = x2 − lx + m ∈ K[x] Ta giả thiết f (x) bất khả quy K Trong tiết đưa điều kiện cho với số nguyên dương n, fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy K Bổ đề 2.1.2 Trong bao đóng đại số K chọn dãy β0 , β1 , , lu βn với β0 = β j = f (β j+1 ) với j = 0, , n − Khi βr nghiệm fr (x) với r = 1, 2, , n an n va Chứng minh Ta chứng minh Bổ đề quy nạp theo r gh tn to • Với r = ta có f1 (β1 ) = f (β1 ) = β0 = Suy β1 nghiệm f1 p ie • Giả sử Bổ đề với r = k, tức βk nghiệm fk (x) Ta chứng minh Bổ đề với r = k + 1, tức cần chứng minh βk+1 nghiệm fk+1 (x) Ta có oa nl w d fk+1 (βk+1 ) = f ( fk (βk+1 )) = fk ( f (βk+1 )) = fk (βk ) = an lu nf va Vậy βk+1 nghiệm fk+1 (x) lm ul z at nh oi Bổ đề 2.1.3 Nếu βr nghiệm fr (x) với r = 0, 1, , n d/4 + βr z phương K (tức tồn phần tử a ∈ K cho a2 = d/4+βr ) r l d βr+1 = + + βr gm @ Chứng minh Ta chứng minh Bổ đề quy nạp theo r m co l với r = 0, , n, d = l − 4m biệt thức f (x) an Lu n va ac th si 17 • Với r = 0, β1 nghiệm f1 (x) = x2 − lx + m nên s s r √ l − 4m l l − 4m l d l + l − 4m l = + = + +0= + + β0 β1 = 2 4 Vậy Bổ đề với r = • Giả sử Bổ đề với r = k − Ta chứng minh Bổ đề với r = k Ta có lu − lβ βk = f (βk+1 ) = βk+1 k+1 + m − lβ ⇔ βk+1 k+1 + (m − βk ) = r p
l − 4m + 4βk l + l − (m − βk ) l = + ⇒ βk+1 = r l d ⇒ βk+1 = + + βk an n va to p ie gh tn Vậy Bổ đề với r = k oa nl w Nhận xét 2.1.4 Với giả thiết Bổ đề 2.1.2, đặt K0 = K, K1 = K(β1 ), K2 = K(β2 ), , Kr = K(βr ) d an lu nf va với r = 0, 1, , n + Khi Kr ⊆ Kr+1 Thật vậy, để chứng minh bao hàm thức ta cần chứng minh βr ∈ Kr+1 Ta có lm ul z at nh oi   l d βr = βr+1 − − Do βr ∈ Kr+1 Vì ta có dãy tăng trường lồng z @ l gm K = K0 ⊆ K1 ⊆ ⊆ Kn+1 m co d δ Bổ đề 2.1.5 Đặt d0 = , dr = d0 + βr với r ≥ 0, δ = −d − 2l δ0 = 4 √ Khi đó, với r ≥ ta có dr+1 = −δ0 + dr l √ 2d0 + l √ Chứng minh Ta có dr+1 = d0 + βr+1 = d0 + + dr = + dr 2 an Lu n va ac th si 18 d +l √ √ d + 2l √ Do dr+1 = + dr = + dr Suy dr+1 = −δ0 + dr Hai bổ đề sau sử dụng để chứng minh kết tiết Bổ đề 2.1.6 (Bổ đề Capelli) Cho u(x), v(x) ∈ K[x] đa thức Giả sử α nghiệm u(x) bao đóng đại số K Khi u(v(x)) bất khả quy K u(x) bất khả quy K v(x) − α bất khả quy K(α) Chứng minh Xem [T] Bổ đề 2.1.7 Cho K trường có đặc số p 6= d phần tử không lu an n va p ie gh tn to phương K Gọi g, h ∈ K, h 6= 0, mệnh đề sau tương đương: √ √ (i) g + h d phương trường K( d) (ii) Tồn phần tử a ξ thuộc K cho g2 − dh2 = ξ (g + ξ ) a2 = (iii) Tồn a ∈ K cho −dh2 = 4a2 (a2 − g) √ Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử g + h d phần tử phương √ √ √ K( d) Khi tồn a + b d ∈ K( d) với a, b ∈ K cho oa nl w d √ √ g + h d = (a + b d)2 an lu nf va h ta thu 2a d phương trình bậc trùng phương a a4 − ga2 + h2 = Vì a, b ∈ K nên phương trình phải có nghiệm, suy biệt thức phải Do a2 + db2 = g 2ab = h Vì h 6= nên a 6= Thay b = z at nh oi lm ul z phần tử phương Ta có biệt thức phương trình g2 − dh2 Do g+ξ tồn ξ ∈ K cho g2 − dh2 = ξ Suy a2 = với ξ ∈ K (ii) ⇒ (iii) Từ hệ thức (ii), ta có ξ = 2a2 − g gm @ co l −dh2 = ξ − g2 = (2a2 − g)2 − g2 = 4a2 (a2 − g) m (iii) ⇒ (i) Vì h 6= nên a 6=   √ √ h √ 4a4 + dh2 a+ d = + h d = g + h d 2a 4a2 an Lu n va ac th si 19 √ √ Do g + h d phần tử phương K( d) Ta định nghĩa đa thức gr (x) K[x] sau: g0 (x) = −x, g1 (x) = x2 + δ0 gr+1 (x) = g1 (gr (x)) Suy gr+1 (x) = g2r (x) + δ0 , r ≥ Tiếp theo ta định nghĩa phần tử gr K gr = gr (δ0 ) g0 = −δ0 , g1 = δ02 + δ0 gr+1 = g2r + δ0 , r ≥ Định lí sau cho ta tiêu chuẩn để đa thức lặp thứ n đa thức bậc hai trường có đặc số khác bất khả quy, đa thức lặp thứ n + khả quy Định lý 2.1.8 Cho n ≥ số tự nhiên Giả sử K có đặc số khác lu fn (x) bất khả quy K Với kí hiệu Ki , di Nhận xét 2.1.4 gi định nghĩa an n va ie gh tn to (i) Nếu fn+1 (x) khả quy K với r, ≤ r ≤ n − 1, tồn phần gr + ξr Hơn nữa, với tử ar , ξr ∈ Kn−r−1 cho g2r − ξr2 = dn−r−1 a2r = r thỏa mãn ≤ r ≤ n − 1, ta có p √   dn−r−1 ξr−1 = ± ar − 2ar oa nl w d (ii) Nếu tồn phần tử ar ξr với tính chất fn+1 (x) khả quy K nf va an lu Chứng minh (i) Giả sử fn+1 (x) khả quy K Khi theo Bổ đề 2.1.6, lm ul f (x) − βn khả quy Kn = K(βn ) Biệt thức f (x) − βn z at nh oi 4(d0 + βn ) = 4dn = 4(−δ0 + p p dn−1 ) = 4(g0 + dn−1 ) z Vì K có đặc số khác nên 4.1 6= Do 4.1 khả nghịch K Vì √ từ cơng thức ta tính βn theo d0 , g0 dn−1 Từ suy √ √ Kn = K(βn ) = Kn−1 ( dn−1 ) Do g0 + dn−1 phần tử phương √ Kn = Kn−1 ( dn−1 ) Nhớ lại g0 = −δ0 ∈ K ⊂ Kn−1 Theo Bổ đề 2.1.7, tồn phần tử a0 ξ0 ∈ Kn−1 cho g20 − ξ02 = dn−1 g0 + ξ0 a20 = Cho ≤ r ≤ n giả sử kết cho r Ta chứng minh m co l gm @ an Lu n va ac th si 20 kết cho r + Vì kết với r nên tồn ar , ξr ∈ Kn−r−1 gr + ξr cho g2r − ξr2 = dn−r−1 a2r = Suy g2r − dn−r−1 = ξr2 √ phương Kn−r−1 = Kn−r−2 ( dn−r−2 ) Bây ta có g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 − p dn−r−2 = gr+1 − p p dn−r−2 = gr+1 − dn−r−2 lu Lại theo Bổ đề 2.1.7, tồn phần tử ar+1 , ξr+1 ∈ Kn−r−2 cho gr+1 + ξr+1 a2 g2r+1 − dn−r−2 = ξr+1 Vậy, kết với r + r+1 = g0 + ξ0 (ii) Giả sử tồn a0 , ξ0 ∈ K cho g20 − ξ02 = dn−1 a20 = Theo √ Bổ đề 2.1.7, suy g0 + dn−1 phần tử phương Kn = K(βn ) Vì βn+1 nghiệm f (x) − βn biệt thức đa thức √ 4(g0 + dn−1 ) nên ta suy f (x) − βn khả quy Kn Theo Bổ đề 2.1.6, fn+1 (x) khả quy K an n va tn to p ie gh Nhận xét 2.1.9 Giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy K Khi với kí hiệu Định lý 2.1.8 phối hợp với Nhận xét 2.1.4 ta có d oa nl w ξr2 = g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 − p dn−r−2 z at nh oi lm ul Ta có nf va Do an lu √  2 √ dn−r−2 = gr+1 − dn−r−2 = ar+1 − 2ar+1 √   dn−r−2 ξr = ± ar+1 − 2ar+1 z q q p p l p l l βn+1 = + dn = + −δ0 + dn−1 = + g0 + dn−1 2 s √ √ 2   l dn−1 l dn−1 = + a0 + = ± a0 + 2a0 2a0 l gm @ m co Ví dụ 2.1.10 Cho K = Q f (x) = x2 + 10x + 17 Chú ý Q có đặc số khác Rõ ràng f (x) khơng có nghiệm hữu tỷ, f (x) bất khả an Lu quy Q Như vậy, f0 (x) = x f1 (x) = f (x) đa thức bất khả quy n va ac th si 21 Q Bây ta xét tính bất khả quy f2 (x) := f ( f1 (x)) Tính tốn ta l = −10; d = 32, d0 = 8; δ = −d − 2l = −12, δ0 = −3, g0 = −δ0 = 3, g0 + ξ0 3±1 g20 − d0 = ξ0 = ±1; a20 = = , tức a20 2 Chọn a20 = 1, suy a0 = ±1 Khi theo Định lí 2.1.8 f2 (x) khả √ √ √ d0 l = −5 ± ± 2, suy β2 = ± quy Q Suy β2 = ± a0 ± 2a0 √ β2 = −6 ± Thay vào ta f2 (x) = (x2 + 8x + 14)(x2 + 12x + 34) 2.2 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc lu hai an n va Trong suốt tiết này, giống Tiết 2.1, ta giả thiết K = Q p ie gh tn to f (x) = x2 − lx + m đa thức với hệ số nguyên bất khả quy Q Như Tiết 2.1, ta kí hiệu d = l − 4m biệt thức f (x) δ δ = −d − 2l Đặt δ0 = Rõ ràng l chẵn d chia hết cho δ chia hết cho Nếu l lẻ d chia cho dư δ chia cho d δ dư Trong trường hợp l chẵn, ta có d0 = ∈ Z δ0 = ∈ Z, 4 δ gr := g2r−1 + δ0 ∈ Z với r ≥ Trong trường hợp l lẻ ta có g0 = − , δ + 4δ hr r g1 = tổng quát gr = 2r với hr ∈ Z hr ≡ δ ≡ 1(mod 4) 4 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Phần đầu Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định f (x) Q Tiêu chuẩn phát biểu qua định lý sau: Định lý 2.2.1 Nếu d ≡ (mod 4) f (x) ổn định Q z Chứng minh Cho n ≥ giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả m co l gm @ quy Q[x] Theo Định lý 2.1.8, tồn phần tử ξn−1 ∈ Q cho h2n−1 d un−1 2 gn−1 − ξn−1 = Vì gn−1 = 2n nên ξn−1 = n−1 với un−1 số 4 42 r nguyên lẻ Đặt br = ta có hn−1 + un−1 bn−1  hn−1 − un−1 bn−1  d = an Lu  n va ac th si 22 hn−1 − un−1 r hn−1 + un−1 a = = , với a, r lẻ b, s lũy thừa bn−1 b bn−1 s ar d Như = ar = d; bs = Cộng vế với vế bs phương trình ta có Đặt a r (as + br) bn−1 hn−1 = + bn−1 = ; n ≥ 2, b s vế phải chẵn ta có mâu thuẫn Nếu n = bn−1 = hn−1 = as + br Mặt khác, điều khơng thể bs = a, r lẻ Trong trường hợp ta dẫn đến mâu thuẫn, f (x) ổn định Q lu Ví dụ 2.1.10 Định lý 2.2.1 khơng cịn d chẵn Do an n va ta có tiêu chuẩn sau để xét tính ổn định f (x) trường hợp d chẵn Q gh tn to Định lý 2.2.2 Nếu d ≡ (mod 4) d 6≡ (mod 16) f (x) ổn định p ie Chứng minh Giả sử f (x) khơng ổn định Q Khi tồn n cho d oa nl w fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy (bao tồn số n vậy) Với kí hiệu Định lý 2.1.8, tồn phần tử ξn−1 ∈ Q d cho g2n−1 − ξn−1 = d0 = Vì gn−1 d0 ∈ Z nên ξn−1 khơng số ngun thay vào đẳng thức ta suy ξn−1 phải số vô tỉ, điều xảy Do ξn−1 ∈ Z Vì nf va an lu z at nh oi lm ul g2n−1 − ξn−1 = (gn−1 + ξn−1 )(gn−1 − ξn−1 ) nên chia hết cho chia cho dư Vì khơng xảy khả z d0 ≡ (mod 4) Nếu d0 lẻ gn−1 + ξn−1 gn−1 − ξn−1 lẻ gn−1 + ξn−1 gn−1 − ξn−1 hai số phần tử phương Q, 2 mâu thuẫn với Định lý 2.1.8 Do Định lý 2.2.2 chứng minh co l gm @ m Định lý sau đưa tiêu chuẩn để xét tính ổn định f (x) an Lu trường hợp d ≡ (mod 16) n va Định lý 2.2.3 Nếu d ≡ (mod 16) |δ | ≥ |d| f (x) ổn định Q ac th si 23 Chứng minh Giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy Q với n ≥ = d = d Ta có Theo Định lý 2.1.8, tồn ξn−1 ∈ Z cho g2n−1 − ξn−1 thể giả thiết ξ > Khi đó: 2 |d0 | = |gn−1 | − ξn−1 = ||gn−1 | + ξn−1 | ||gn−1 | − ξn−1 | = (|gn−1 | + ξn−1 ) ||gn−1 | − ξn−1 | Do |d0 | > |gn−1 | Ta có mâu thuẫn Trước hết ta giả sử δ > 0, |gr | ≥ δ0 , với r δ0 ≥ |d0 | theo giả thiết nên ta có mâu thuẫn Bây giả sử δ < Vì |d| ≥ 16 nên từ giả thiết ta có |δ0 | ≥ |g0 | = |δ0 |, |g1 | = δ02 + d0 > |δ0 | trường hợp tổng quát |gr | ≥ |δ0 | Từ suy mâu thuẫn Vậy định lý chứng minh lu an Định lý 2.2.3 tiêu chuẩn xét tính ổn định f (x) trường hợp n va tn to d ≡ (mod 16) |δ | ≥ |d| Hệ sau cho ta tiêu chuẩn xét tính ổn định f (x) trường hợp lại d ≡ (mod 16) |δ | < |d| Nhắc lại p ie gh δ = −d − 2l nên điều kiện |δ | < |d| tương đương với điều kiện d l có dấu đối < |l| < |d| Mặt khác, d = l − 4m δ = −d − 2l nên w ta có kết sau d oa nl Hệ 2.2.4 Nếu d ≡ (mod 16) tồn hữu hạn đa thức có dạng f (x) = x2 − lx + m với hệ số nguyên có biệt thức d cho fn (x) khả lu nf va an quy Q với n ≥ z at nh oi lm ul Mệnh đề sau mô tả tất đa thức f (x) = x2 − lx + m ∈ Z[x] với biệt thức d ≡ (mod 16) có đa thức lặp f2 (x) khả quy Q z Mệnh đề 2.2.5 Cho f (x) = x2 − lx + m ∈ Z[x] đa thức bất khả quy d Q có biệt thức d ≡ (mod 16) Khi f2 (x) khả quy 16 d phân tích dạng = a0 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 16 gm @ m co l Chứng minh Giả sử f2 (x) khả quy Khi đó, theo Định lý 2.1.8, tồn −δ0 + εξ0 a0 , ξ0 ∈ Q cho δ02 − ξ02 = δ0 a20 = ; ε = ±1 Dễ thấy a0 , ξ0 ∈ Z δ0 , d0 ∈ Z, −d0 = 4a20 (a20 + δ0 ) 4|δ0 Vì δ0 ξ0 tính −δ0 − εξ0 d0 d chẵn lẻ nên b0 = ∈ Z ta có a20 b0 = = ; δ0 = −(a20 + b0 ), 16 an Lu n va ac th si 24 l2 − d m = l = (−δ0 − d0 ) = d d Ngược lại, giả sử có phân tích dạng = a20 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 16 16 l2 − d 2 f (x) = x2 − lx + m Khi δ0 = Đặt l = 2(a0 + b0 − 4a0 b0 ); m =
l −d0 − = − a20 + b0 εξ0 = a20 − b0 , a20 + b0 − 4a20 b0 g20 − d0 = δ02 − d0 = a20 + b0 với ξ0 = a20 − b0 Do f2 (x) khả quy Q
2
− 4a20 b0 = a20 − b0
2 = ξ02 g0 + ξ0 −δ0 + ξ0 = = a20 Từ Định lý 2.1.8 suy 2 lu d = = 12 Do a0 = 1; b0 = Suy 16 l = −10, m = 17 f (x) = x2 + 10x + 17 Rõ ràng f (x) bất khả quy an Chẳng hạn, lấy d = 32 Khi n va gh tn to khơng có nghiệm Q Theo Mệnh đề 2.2.5, ta suy f2 (x) khả quy Q Chú ý Ví dụ 2.1.10 tính khả quy f2 (x) p ie Nhận xét 2.2.6 Bằng cách lập luận tương tự ta chứng minh được: d oa nl w (i) Nếu d = 16e với e khơng chứa ước phương, e 6= tồn đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy d (ii) Nếu = r2 s, r > s không chứa ước phương, s 6= 16 tồn đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy Trong trường hợp số đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy nf va an lu số ước r tất đa thức mơ tả rõ ràng lm ul z at nh oi Nhận xét 2.2.7 Với d ≡ (mod 16) |δ | < |d| ta ý: (i) Nếu δ = gr = với r ≥ 0; (ii) Nếu δ = −8 gr = với r ≥ 0; (iii) Nếu δ = −4 g0 = gr = r lẻ gr = −1 r chẵn z gm @ dương Tuy nhiên, ba trường hợp khơng xảy ra, tức ta có co l δ 6= 0; −4; −8 |gr | tăng thực (khi r tăng thực sự) Do với số d cho m trước, ta chọn số tự nhiên N (bé nhất) cho |gn−1 | ≥ |d0 | với n ≥ N Mặt khác, chứng minh Định lý 2.2.3, f (x) không ổn định (tức an Lu tồn n cho fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy) |d0 | > |gn−1 | n va ac th si