(Luận văn) ứng dụng định lí cơ bản của đại số để xét tính bất khả quy của đa thức trên trường hữu tỷ

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN lu an ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ va n ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC tn to p ie gh TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ d oa nl w nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC lu TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ an n va to gh tn Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 p ie Mã số: nl w d oa LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si i Mục lục lu an i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 n va Mục lục Đa thức đối xứng Trường phân rã trường hữu hạn 10 ie 1.1 p gh tn to Định lí đại số Chứng minh Định lí đại số 12 Vận dụng Định lí đại số để xét tính bất khả quy Q 17 an lu d oa nl 1.3 w 1.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q quen biết 2.2 Vận dụng Định lí đại số để xét tính bất khả quy nf va 2.1 lm ul Kết luận z at nh oi Q 17 23 37 z 38 m co l gm @ Tài liệu tham khảo an Lu n va ac th si ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt lu an thời gian nghiên cứu vừa qua va n Tác giả xin chân thành cảm ơn Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trường tn to Đại học Khoa học GS.TSKH Hà Huy Khoái, GS.TSKH Nguyễn Văn ie gh Mậu, PGS.TS Đàm Văn Nhỉ giảng dạy, trang bị cho chúng em kiến p thức bản, cần thiết Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học nl w Khoa học tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả d oa suốt trình học tập an lu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân z at nh oi Thái Nguyên, 2015 lm ul văn nf va khuyến khích, động viên tác giả suốt q trình học tập làm luận Đào Thị Ngân z gm @ Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên m co l an Lu n va ac th si Mở đầu Định lí Đại số phát biểu đa thức biến khác với hệ số phức có nghiệm phức Chứng minh cho Định lí đại số thuộc D’Alembert năm 1748 Nhiều chứng minh lu an khác công bố Euler năm 1749, Foncenex năm 1759, Lagrange 1772, va n Laplace năm 1795 chứng minh khơng xác Đặc tn to biệt, suốt đời mình, Gauss đưa chứng minh cho Định lí, ie gh chứng minh năm 1799 chứng minh năm 1815, 1816 p khơng chặt chẽ Chứng minh hồn chỉnh cho Định lí thuộc nl w Gauss năm 1846, công bố vài năm trước ơng qua đời d oa Tên Định lí đại số đặt vào thời điểm mà quan tâm an lu đại số vấn đề giải phương trình đa thức Định lí đại số nf va có ứng dụng quan trọng nhiều lĩnh vực khác tốn học lm ul Đối với hình học đại số, kết hợp Định lí đại số Nguyên z at nh oi lí Lefschetz cho thấy không gian xạ ảnh phức môi trường đủ tốt để nghiên cứu nhiều tốn hình học đại số với đặc số Trong đại số đại, z việc phân loại cấu trúc đại số trường địa phương toàn cục phải sử gm @ dụng thường xuyên kết suy từ Định lí đại số, l là: Nếu K trường mở rộng hữu hạn trường số phức C K = C m co Cho K trường f (x) đa thức biến x với hệ số K an Lu Ta nói f (x) đa thức bất khả quy K f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức với bậc bé Có thể nói, đa thức bất khả n va ac th si quy lí thuyết đa thức có vai trị quan trọng tương tự vai trò số nguyên tố lí thuyết số Vì thế, tốn xét tính bất khả quy đa thức tốn quan trọng lí thuyết đa thức Từ Định lí đại số, ta suy đa thức bất khả quy C đa thức bậc nhất; đa thức bất khả quy R đa thức bậc bậc hai vô nghiệm (thực) Tuy nhiên, tốn xét tính bất khả quy Q toán mở Mục đích luận văn trình bày ứng dụng Định lí đại số vấn đề xét tính lu bất khả quy đa thức Q an Luận văn viết dựa vào hai báo gần đây: va n A I Bonciocat, N C Bonciocat, and A Zaharescu, On the irreducibil- gh tn to ity of polynomials that take a prime power value, Bull Math Soc Sci Math p ie Roumanie, 54 (2011), 41-54 M R Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, The Amer- oa nl w ican Math Monthly, 109 (2002), 452-458 d Luận văn chia thành chương với nội dung sau: lu nf va an Chương trình bày số kiến thức đa thức đối xứng tồn trường phân rã đa thức với hệ số trường để phục vụ chứng lm ul minh Định lí đại số tồn nghiệm đa thức biến z at nh oi trường số phức Cuối chương sử dụng Định lý đại số để xét tính bất khả quy đa thức trường phức C trường thực R z Chương nội dung luận văn, trình bày số tiêu chuẩn bất @ co l Định lí đại số gm khả quy đa thức Q, mà chứng minh tiêu chuẩn phải sử dụng m Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 an Lu Đào Thị Ngân n va Email: daothinganktd2002@gmail.com ac th si Chương Định lí đại số Chương trình bày số kiến thức đa thức đối xứng lu chứng minh Định lý đại số tồn nghiệm đa thức an n va biến trường số phức Từ ứng dụng để xét tính bất quy đa thức gh tn to C trường thực R Đa thức đối xứng p ie 1.1 nl w Trước hết, ta nhắc lại khái niệm vành đa thức nhiều biến.Trong suốt d oa chương này, giả thiết V vành giao hoán lu nf va an Định nghĩa 1.1.1 Kí hiệu V [x1 , , xn ] tập đa thức n biến x1 , , xn lm ul với hệ số V Với i, j ∈ Nn0 , i = (i1 , , in ) j = (j1 , , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , , in + jn ) Khi V [x1 , , xn ] z at nh oi vành với phép cộng phép nhân X i i∈Nn0 xi , P i∈Nn0 X i∈Nn0 ck x k , c k = X bj i+j=k bi xi ∈ V [x1 , , xn ] Vành V [x1 , , xn ] gọi vành đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V an Lu i∈Nn0 bi xi = m P X co với đa thức xi i∈Nn0 l i∈Nn0 i∈Nn0 (ai + bi )xi ; gm X bi x = X @ i∈Nn0 i z x + X n va ac th si Từ ta giả thiết V miền nguyên, V [x1 , , xn ] vành đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V Sn tập song ánh từ tập {1, 2, , n} đến Định nghĩa 1.1.2 Đa thức f (x1 , , xn ) ∈ V [x1 , , xn ] gọi đa thức đối xứng f (x1 , , xn ) = f (xπ(1) , , xπ(n) ) với π ∈ Sn , ta hiểu f (xπ(1) , , xπ(n) ) đa thức suy từ f (x1 , , xn ) cách thay xi xπ(i) với i = 1, , n lu Ví dụ 1.1.3 Các đa thức sau đa thức đối xứng đơn giản nhất, ta an gọi chúng đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng bản: n va tn to σ1 = n X xi = x1 + · · · + xn ; i=1 gh p ie σ2 = X xi xj = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn ; i Giả sử f (x) khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, f (x) có phân tích f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z[x] g(x), h(x) có bậc nhỏ bậc f (x) Chú ý f (x) = g(x)h(x) Do deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) Rõ ràng deg g(x) ≥ deg g(x) deg h(x) ≥ deg h(x) Vì deg f (x) = deg f (x) nên deg g(x) = deg g(x) deg h(x) = deg h(x) Do f (x) phân tích thành tích hai đa thức g(x), h(x) có bậc thấp Điều mâu thuẫn với tính bất khả quy f (x) Zp lu Ví dụ 2.1.9 Các đa thức sau bất khả quy Q : an n va i) f (x) = 7x2 + 10x + 5; gh tn to ii) g(x) = 5x3 + 7x2 + 9x − 11 ie Chứng minh i) Vì f (x) = x2 + x + ∈ Z3 [x] khơng có nghiệm Z3 p deg f¯(x) = nên f¯(x) bất khả quy Z3 Rõ ràng deg f (x) = deg f (x) oa nl w Suy g(x) bất khả quy Q theo Định lý 2.2.11 d ii) Vì g(x) = x3 + x2 + x − ∈ Z2 [x] khơng có nghiệm Z2 lu an deg g(x) = nên g(x) bất khả quy Z2 Rõ ràng deg g(x) = deg g(x) nên nf va g(x) bất khả quy Q theo Định lý 2.2.11 lm ul Vận dụng Định lí đại số để xét tính bất khả quy Q z at nh oi 2.2 z Bài tốn xét tính bất khả quy đa thức trường phức C trường @ gm thực R giải trọn vẹn phần cuối Chương Tuy nhiên, co l toán xét tính bất khả quy đa thức trường Q số hữu tỷ m tốn mở Ở ta trình bày số phương pháp xét tính an Lu bất khả quy đa thức Q quen thuộc phương pháp tìm nghiệm hữu n va tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein, ac th si 24 phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố Mục đích luận văn vận dụng Định lý đại số, trình bày thêm số tiêu chuẩn tính bất khả quy đa thức Q Nhắc lại số phức z gọi đơn vị tồn số nguyên dương n cho z n = Nếu z n 6= với n ta nói z không đơn vị Trước hết, trình bày tiêu chuẩn bất khả quy đa thức với hệ số tự nguyên tố Trong chứng minh tiêu chuẩn này, phải sử dụng Định lí đại số lu Định lí 2.2.1 Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x ± p đa thức an n va với hệ số nguyên, p số nguyên tố ii) Nếu p ≥ + |a1 | + · · · + |an−1 | nghiệm f (x) không ie gh tn to i) Nếu p > + |a1 | + · · · + |an−1 | f (x) bất khả quy Q; p đơn vị f (x) bất khả quy Q oa nl w Chứng minh i) Giả sử f (x) khả quy trường Q số hữu tỷ ta cần d tìm mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss, tồn phân tích f (x) = g(x)h(x), lu an g(x), h(x) ∈ Z[x] < deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đồng hệ nf va số tự hai vế, ta ±p = a0 b0 , a0 , b0 hệ số tự lm ul g(x) h(x) Do p số nguyên tố nên a0 = ±1 b0 = ±1 Giả z at nh oi sử a0 = ±1 Đặt deg g(x) = m > Theo Định lý đại số, g(x) có m nghiệm r1 , , rm ∈ C Theo công thức Viete ta có |r1 rm | = |a0 | = 1, z kí hiệu |z| môđun số phức Suy |r1 | |rm | = Do đó, có @ gm nghiệm ri g(x) cho |ri | ≤ Vì ri nghiệm f (x) nên co l f (ri ) = Suy ±p = rin + an−1 rin−1 + · · · + a1 ri Do m p = |rin + an−1 rin−1 + · · · + a1 ri | ≤ |ri |n + |an−1 ||ri |n−1 + · · · + |a1 ||ri | an Lu ≤ + |an−1 | + · · · + |a1 | n va ac th si 25 Điều mâu thuẫn (ii) Ta giả sử f (x) khả quy Q ta cần tìm mâu thuẫn Với kí hiệu ri lập luận chứng minh phát biểu (i) trên, tồn nghiệm ri f (x) cho |ri | Vì nghiệm f (x) khơng đơn vị nên |ri | < Do p < + |an−1 | + + |a1 |, điều vơ lí lu Tiếp theo, xét trường hợp tổng quát hơn, tiêu chuẩn bất khả an n va quy áp dụng cho đa thức có hệ số tự bội số nguyên tố tn to Chứng minh tiêu chuẩn phải cần đến Định lí đại số ie gh Định lí 2.2.2 Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + pc đa p thức với hệ số nguyên, p số nguyên tố c ∈ Z Nếu p > nl w |cn−1 | + |an−1 cn−2 | + · · · + |a2 c| + |a1 | f (x) bất khả quy Q d oa Chứng minh Giả sử f (x) khả quy trường Q số hữu tỷ ta cần tìm an lu mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss, tồn phân tích f (x) = g(x)h(x), nf va g(x), h(x) ∈ Z[x] < deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đồng hệ số tự lm ul hai vế ta pc = a0 b0 , a0 , b0 hệ số tự z at nh oi g(x) h(x) Suy p| a0 p| b0 Khơng tính tổng qt, ta giả thiết p| a0 Khi b0 | c Giả sử deg h(x) = m Vì m > nên theo Định lý z đại số, h(x) có m nghiệm r1 , , rm ∈ C Theo cơng thức Viete, ta gm @ có co l |r1 | |rm | = |r1 rm | = |b0 | ≤ |c| m Do đó, tồn i ∈ {1, , m} cho |ri | ≤ |c| Vì ri nghiệm f (x) an Lu nên −pc = rin + an−1 rin−1 + a2 ri2 + a1 ri Theo giả thiết, ta có n va |pc| = |rin + an−1 rin−1 + a2 ri2 + a1 ri | ac th si 26
≤ |c| |cn−1 | + |an−1 cn−2 | + · · · + |a2 c| + |a1 | < |c|p = |cp| Điều vơ lí Bây trình bày hai ví dụ xét tính bất khả quy đa thức cách sử dụng Định lí 2.2.1 Định lí 2.2.2 Ví dụ 2.2.3 Các đa thức sau bất khả quy Q i) f (x) = x7 − 2x6 + 3x5 − 4x4 + 5x3 − 6x2 + 7x + 31 ; ii) g(x) = x6 + 2x5 − 4x4 + 7x3 + 10x2 + 3x + 298 lu an Chứng minh i) Vì 31 số nguyên tố 31 > + + + + + + nên va n f (x) bất khả quy theo Định lý 2.2.1 ie gh tn to ii) Với số nguyên tố p = 149, ta có 298 = 2p p p > 25 + 2.24 + 4.23 + 7.22 + 10.2 + w d oa nl Do g(x) bất khả quy theo Định lý 2.2.2 an lu Ví dụ 2.2.4 Nếu a, b, c, d số tự nhiên thỏa mãn 27a+9b+3c+d < 116 nf va đa thức f (x) = x5 ± ax4 ± bx3 ± cx2 ± dx + 591 bất khả quy Q lm ul Đặc biệt, đa thức sau bất khả quy Q z at nh oi i) x5 + 2x4 + 4x3 + 5x2 + 10x + 591; ii) x5 + 3x4 − x3 + 2x2 + 7x + 591; iii) x5 + x4 + 4x3 − 5x2 + 3x + 591 z @ gm Chứng minh Với số nguyên tố p = 197, ta có 591 = 3p Theo giả thiết co l p = 116 + 81 > 34 + 33 a + 32 b + 3c + d hay ta có: 27a + 9b + 3c + d < 116 m Vậy có 27a + 9b + 3c + d < 116 f (x) bất khả quy Q theo Định an Lu lý 2.2.2 n va ac th si 27 Ta có đa thức mục (i), (ii), (iii) có bậc Mặt khác 597 = 3.197 mà số 197 số nguyên tố Hơn ta có 197 > 34 + 2.33 + 4.32 + 5.3 + 10 = 196 Do đó, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (i) bất khả quy Q Tương tự, ta có 197 > 34 + 3.33 + 1.32 + 2.3 + = 184 Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (ii) bất khả quy Q Ta có lu an 197 > 34 + 33 + 4.32 + 5.3 + = 162 n va Sử dụng Định lý đại số, ta chứng minh tiêu chuẩn bất ie gh tn to Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (iii) bất khả quy Q p khả quy đa thức tồn số nguyên n đủ lớn với f (n) số nguyên tố oa nl w Trước hết, ta cần bổ đề sau d Bổ đề 2.2.5 Cho f (n) = am nm + am−1 nm−1 + · · · + a1 n + a0 ∈ Z[n] đa an lu thức có bậc m > Đặt H = nf va lm ul nghiệm z ∈ C f (n) max |ai /am | Khi |z| < H + với 0≤i≤m−1 z at nh oi Chứng minh Vì z nghiệm f (n) nên ta có −am z m = am−1 nm−1 + · · · + a1 n + a0 z @ gm Chú ý rằng, a ∈ R mơđun số phức a giá trị tuyệt đối an Lu n va am−1 a1 a0 m |z| =