Luận văn phân tích đa thức hữu tỷ thành các nhân tử bất khả quy

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ THỊ BÍCH PHÂN TÍCH ĐA THỨC HỮU TỶ THÀNH CÁC NHÂN TỬ BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC THANH HĨA, 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC LÊ THỊ BÍCH PHÂN TÍCH ĐA THỨC HỮU TỶ THÀNH CÁC NHÂN TỬ BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Đại số Lý thuyết số Mã số: 8.46.01.04 Người hướng dẫn khoa học: TS Trần Nam Trung THANH HÓA, 2020 Danh sách hội đồng chấm thi luận văn thạc sĩ theo Quyết định số ngày tháng năm 2020 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức: Học hàm, học vị Họ tên Cơ quan công tác Chức danh hội đồng Chủ tịch Phản biện Phản biện Ủy viên Thư ký Xác nhận người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến hội đồng Ngày tháng năm TS Trần Nam Trung 2020 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn tơi hồn thành hướng dẫn TS Trần Nam Trung Các số liệu trích dẫn có nguồn gốc rõ ràng, kết luận văn trung thực Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Lê Thị Bích i LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn này, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến người thầy, người hướng dẫn khoa học mình, TS Trần Nam Trung, thầy ln quan tâm tận tình hướng dẫn em suốt q trình hồn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới thầy cô giáo làm công tác phản biện đọc cho ý kiến quý giá Em xin chân thành cảm ơn tới Ban giám hiệu Trường Đại học Hồng Đức, thầy cô giáo Khoa đào tạo sau đại học tạo điều kiện cho chúng em thời gian học tập trường Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, giáo giảng dạy chương trình học tập lớp Cao học Đại số Lý thuyết số K11 trường Đại học Hồng Đức, khoá 2018 - 2020, người truyền đạt cho chúng em kiến thức hữu ích chuyên ngành Đại số Lý thuyết số làm sở cho thực tốt luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè, đặc biệt thành viên lớp Đại số Lý thuyết số K11, động viên cổ vũ nhiều suốt thời gian học tập thực luận văn tốt nghiệp Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Lê Thị Bích ii LỜI CAM ĐOAN i LỜI CẢM ƠN ii MỤC LỤC iii MỘT SỐ KÝ HIỆU TOÁN HỌC DÙNG TRONG LUẬN VĂN v LỜI MỞ ĐẦU Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Đa thức 1.2 Ước chung lớn 1.3 Đa thức bất khả quy 1.4 Định lý đại số 13 1.5 Đa thức hữu tỷ 14 1.6 Đa thức nội suy Lagrange 18 Chương 2: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ 20 2.1 Phân tích đa thức hữu tỷ thành nhân tử 20 2.2 Thuật toán Kronecker 21 2.3 Phân tích trường hữu hạn 23 2.1 Chặn hệ số nhân tử nguyên 20 2.2 Phép nâng Hensel 21 2.3 Thuật toán Zassenhaus 23 KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 iii MỘT SỐ KÝ HIỆU TOÁN HỌC DÙNG TRONG LUẬN VĂN Trong luận văn sử dụng số ký hiệu sau: Q trường số hữu tỉ R trường số thực C trường số phức [x] phần nguyên số thực x deg f (x) bậc đa thức f (x) rem( f (x), g(x)) đa thức dư f (x) chia cho g(x) iv MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Vành đa thức với hệ số nguyên hệ số trường vành nhân tử hố (hay cịn gọi vành Gauss) Như đa thức vành phân tích thành tích số đa thức bất khả quy ( tức đa thức khơng thể phân tích thành tích hai đa thức bậc dương) Hơn nữa, phân tích sai khác thứ tự nhân tử (mỗi nhân tử nhân thêm với phần tử khả nghịch) Phân tích đa thức thành nhân tử tốn đại số nói riêng chun ngành tốn học nói chung Chúng có nhiều ứng dụng lý thuyết thực hành Sự phân tích đa thức thành nhân tử phụ thuộc vào vành trường sở Ví dụ đa thức bậc dương với hệ số phức phân tích thành tích đa thức bậc Cịn việc phân tích đa thức với hệ số hữu tỷ thành nhân tử bất khả quy tương tương với việc phân tích đa thức với hệ nguyên theo Bổ đề Gauss Việc đa thức nguyên thành nhân tử Theodor von Schubert đưa lần năm 1793 Sau Kronecker khám phá lại vào năm 1982 mở rộng cho đa thức nhiều biến Một thuật toán hiệu đưa Zassenhaus (xem [1], [2] [3]) Gần thuật tốn phân tích đa thức ngun có nhiều ứng dụng thực tế (như lý thuyết mã) nên quan tâm nhiều (xem [5]) Vì vậy, tơi lựa chọn đề tài “Phân tích đa thức hữu tỷ thành nhân tử bất khả quy” làm đề tài nghiên cứu Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn gồm có 48 trang, có phần mở đầu, hai chương nội dung, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày phép toán đa thức, thuật toán chia đa thức, thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn đa thức, đa thức bất khả quy phân tích bất khả quy đa thức, định lý đại số định lý Vieta, bổ đề Gauss đa thức nguyên bản, đa thức nội suy Lagrange Chương 2: Phân tích đa thức thành nhân tử Trong chương này, chúng tối trình bày hai phương pháp phân tích đa thức hữu tỷ thành tích đa thức bất khả quy (gọi phân tích đa thức thành nhân tử) Mục 2.1, trình bày lý chuyển tốn phân tích đa thức hữu tỷ thành tốn phân tích đa thức ngun khơng chứa bình phương Mục 2.2, trình bày thuật tốn Kronecker để phân tích đa thức nguyên thành nhân tử Mục 2.3, trình bày thuật tốn Berlekamp phân tích đa thức thành nhân tử trường hữu hạn Mục 2.4, trình bày chặn hệ số nhân tử đa thức nguyên theo hệ số đa thức Mục 2.5, trình bày phép nâng Hensel Mục 2.6, trình bày thuật tốn Zassenhaus phân tích đa thức ngun thành nhân tử Mục đích nghiên cứu Mục đích đề tài nghiên cứu phương pháp phân tích đa thức với hệ số hữu tỷ thành đa thức bất khả quy trường số hữu tỷ Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn tìm hiểu đa thức nguyên đa thức hữu tỷ phương pháp phân tích chúng thành nhân tử bất khả quy Đối tượng nghiên cứu Các đa thức hữu tỷ Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết: đọc, nghiên cứu, phân tích tổng hợp tài liệu có liên quan đến đề tài; sử dụng kỹ thuật chứng minh đặc thù đại số để chứng minh kết đề tài Đóng góp đề tài Luận văn dùng tài liệu tham khảo cho bạn sinh viên, học viên cao học nghiên cứu lý thuyết đa thức tài liệu tham khảo cho giáo viên phổ thông bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đại số Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương trình bày phép toán đa thức, thuật tốn chia đa thức, thuật tốn Euclid tìm ước chung lớn đa thức, đa thức bất khả quy phân tích bất khả quy đa thức, định lý đại số định lý Vieta, bổ đề Gauss đa thức nguyên bản, đa thức nội suy Lagrange Tài liệu tham khảo đại số chủ yếu hai sách [4] [6] 1.1 Đa thức Định nghĩa Đa thức trường K (K Q, R, C Z p với p nguyên tố) biểu thức có dạng p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ; an , an−1 , , a1 , a0 ∈ K Nếu an 6= 0, p(x) gọi đa thức bậc n, ký hiệu deg p(x) = n, an gọi hệ số cao p(x) Chú ý K = Q, ta có đa thức hữu tỷ K = R, ta có đa thức thực K = C, ta có đa thức phức Để đơn giản, ký hiệu đa thức p(x) p(x) = ∑ ak xk k với quy ước có số hữu hạn hệ số ak khác không Nếu tất hệ số ak = 0, ta có đa thức không: p(x) = Quy ước: bậc đa thức khơng −∞ Nếu có a0 6= 0, ta có đa thức p(x) = a0 Như bậc đa thức Định nghĩa Cho đa thức p(x) = ∑ xi , q(x) = ∑ b j x j i j g(x) = bn (x) + bm−1 xm−1 + · · · + b0 Theo Định lý trên, với j, ta có     n−1 n−1 |b j | kfk+ |am | j j−1 Vì |am | k f k, nên ta có       n−1 n n−1 k f k 2n k f k kfk = |b j | + j j j−1 Do đó, kgk∞ 2n k f k 2.5 Phép nâng Hensel Phép nâng Hensel trình bày theo Mục 9.4 sách [2] Chúng ta bắt đầu với mở rộng Định lý 11 cho nhiều đa thức Định lý 66 Cho K trường đa thức bậc dương v1 (x), , vs (x) ∈ K[x], s > 2, ngun tố với đơi Khi đó, với đa thức F(x) ∈ K[x] với s deg(F(x)) < ∑ deg vi (x), i=1 tồn đa thức r1 (x), , rs (x) với deg vi (x) < deg vi (x) cho s F(x) = ∑ ri (x)gi (x) i=1 gi (x) = v1 (x) · · · vi−1 (x)vi+1 (x) · · · vs (x) = v(x) vi (x) với v(x) = v1 (x) · · · vs (x) Chứng minh Tính tồn tại: trước hết chứng minh tồn đa thức a1 (x), , as (x), cho s ∑ ai(x)gi(x) = i=1 34 (2.4) Thực vậy, trường hợp s = 2, (v1 (x), v2 (x)) = 1, nên áp dụng thuật tốn Euclid tìm đa thức a1 (x), a2 (x) ∈ K[x] cho a1 (x)v2 (x) + a2 (x)v1 (x) = 1, hay a1 (x)g1 (x) + a2 (x)g2 (x) = Giả sử s > Đặt, hi (x) = v(x) với i = 1, , s − vi (x)vs (x) Theo giả thiết quy nạp, có đa thức τ1 (x), , τs−1 (x) cho s−1 ∑ τi(x)hi(x) = i=1 Chú ý (gs (x), vs (x)) = 1, áp dụng thuật tốn Euclid ta tìm đa thức A(x), B(x) ∈ K[x], cho A(x)gs (x) + B(x)vs (x) = Từ hai Phương trình cuối cho ta s−1 = A(x)gs (x) + B(x)vs (x) = A(x)gs (x) + vs (x)B(x) ∑ τi (x)hi (x) i=1 s−1 s−1 = A(x)gs (x) + ∑ B(x)τi (x)hi (x)vs (x) = A(x)gs (x) + ∑ B(x)τi (x)gi (x) i=1 i=1 Vì vậy, đặt (x) = Ta có,   B(x)τ (x) i = 1, , s − 1, i i = s  A(x)τ (x) i s ∑ ai(x)gi(x) = 1, i=1 nên khẳng định chứng minh Từ Phương trình (2.4), ta có s F(x) = ∑ F(x)ai (x)gi (x) (2.5) i−1 Để có dạng biểu diễn định lý yêu cầu, gọi qi (x) ri (x) thương dư phép chia đa thức F(x)ai (x) cho vi (x), ta có F(x)ai (x) = qi (x)vi (x) + ri (x), với deg ri (x) < deg ri (x) 35 Khi đó, Phương trình (2.5) viết lại thành s s s s F(x) = ∑ ri (x)gi (x) + ∑ qi (x)vi (x)gi (x)vi (x) = ∑ qi (x)gi (x) + v(x) ∑ qi (x) i=1 i=1 i=1 i=1 (2.6) Vì vậy, định lý chứng minh ∑si=1 qi (x) = Để chứng minh đẳng thức này, trước hết ta có ! s deg ∑ ri(x)gi(x) max {deg ri (x)gi (x)} 16i6s i=1 < max {deg vi (x)gi (x)} = deg v(x) 16i6s Bây giờ, ∑si=1 qi (x) 6= 0, deg(v(x) ∑si=1 qi (x)) > deg v(x) > deg F(x) Do đó, ! ! s s deg F − v(x) ∑ qi (x) = deg v(x) ∑ qi (x) i=1 > deg v(x) i=1 Suy ra, s ! deg F − v(x) ∑ qi (x) i=1 s > deg ∑ ri(x)gi(x) i=1 ! , mâu thuẫn với Phương trình (2.6), phần tồn chứng minh Tính nhất: Cho đa thức h1 (x), , hs (x) ∈ K[x] với deg hi (x) < deg vi (x) với i, cho s F(x) = ∑ hi (x)gi (x) i=1 Kết hợp với đẳng thức, s F(x) = ∑ ri (x)gi (x), ta suy i=1 s (h1 (x) − r1 (x))g1 (x) = ∑ (ri (x) − hi (x))gi (x) i=2 Chú ý v1 (x) | gi (c) với i > Kết hợp với đẳng thức trên, suy v1 (x) | (h1 (x) − r1 (x))g1 (x) Vì (v1 (x), g1 (x)) = 1, nên theo Hệ 14 ta có v1 (x) | h1 (x) − r1 (x) Theo giả thiết, ta có deg(h1 (x) − r1 (x)) max{deg h1 (x), r1 (x))} < deg v1 (x), nên suy h1 (x) − r1 (x) = 0, hay h1 (x) = r1 (x) Tương tự, ta có hi (x) = ri (x) với i = 2, , s Định lý chứng minh xong 36 Phép chứng minh Định lý đồng thời cho cách tìm đa thức r1 (x), , rs (x), sau: Áp dụng thuật tốn Euclid để tìm đa thức a1 (x), , as (x) thoả mãn a1 (x)g1 (x) + · · · + as (x)gs (x) = Áp dụng thuật toán chia đa thức tính ri (x) = rem(F(x)ai (x), vi (x)) Ví dụ 67 Trên trường Z11 , xét đa thức v1 (x) = x2 − 2x + 4, v2 (x) = x + 5, v3 (x) = x − 5, v4 = x − 2, F(x) = −4x4 + x3 − 4x2 − 3x + Tìm đa thức ri (x) với deg ri (x) < deg vi (x), i 4, cho F(x) = r1 (x)g1 (x) + r1 (x)g2 (x) + r1 (x)g3 (x) + r1 (x)g4 (x) Bài giải Trước hết ta có deg F(x) < ∑4i=1 deg vi (x), nên đa thức ri (x) tồn theo Định lý 66 Tìm đa thức (x) thuật toán Euclid, ta được: a1 (x) = −2x6 − 2x5 − 2x4 − 4x3 − 5x2 + 3x + 2, a2 (x) = 2x5 + 5x4 + 4x3 − x2 − 2x + 5, a3 (x) = −x3 − x + 3, a4 (x) = 3, thoả mãn F(x) = a1 (x)g1 (x) + a2 (x)g2 (x) + a3 (x)g3 (x) + a4 (x)g4 (x) Tiếp theo, tính đa thức ri (x) = rem(F(x)ai (x), vi (x)): r1 (x) = −2x + 4, r2 (x) = 0, r3 (x) = 0, r4 (x) = −2 Kết sau gọi Bổ đề Hensel, cho phép giải tốn nâng phân tích đa thức ngun từ modolo p lên modulo pk với k Định lý 68 (Bổ đề Hensel) Cho f (x) đa thức nguyên đơn với bậc (k) (k) dương, p số nguyên tố k số nguyên dương Giả sử f1 (x), , fs (x) đa thức nguyên đơn thoả mãn: (k) (k) f (x) = f1 (x) · · · fs (x) mod pk 37 (k) (k) Các đa thức f1 (x), , fs (x) nguyên tố trường Z p (k+1) Khi đó, tồn đa thức đơn f1 (k+1) f (x) = f1 (k+1) fi (k+1) (x) · · · fs (k+1) (x), , fs (x) nguyên, cho (x) mod pk (k) (x) ≡ fi (x) mod pk với i = 1, , s (k+1) Hơn đa thức f1 (k+1) (x), , fs (x) theo modulo pk+1 (k) (k) Chứng minh Đặt E(x) = ( f (x) − f1 (x) · · · fs (x))/pk Vì, (k) (k) f (x) = f1 (x) · · · fs (x) mod pk nên E(x) đa thức nguyên (k) (k) Vì đa thức f (x) f1 (x) · · · fs (x) đa thức đơn, nên kết hợp với đẳng thức (k) (k) f (x) = f1 (x) · · · fs (x) mod pk ta có: (k) (k) deg f (x) = deg( f1 (x) · · · fs (x)) s (k) deg E(x) < ∑ deg fi (x) i=1 (k) Khi rút gọn modulo p, đa thức deg fi (x) nguyên bậc, nên theo Định lý 66 ta có đa thức nguyên r1 (x), , rs (x) thoả mãn s (2.7) E(x) = ∑ ri (x)gi (x) mod p i=1 với (k) (k) (k) (k) gi (x) = f1 (x) · · · fi−1 (x) fi+1 (x) · · · fs (x) mod p Với i = 1, , s, đặt: (k+1) fi (k) (x) = fi (x) + pk ri (x) (k+1) Từ ràng buộc bậc ri (x), thấy đa thức fi bậc hệ số cao 38 (k) (x) fi (x) có (k+1) (k) Rõ ràng fi (x) ≡ fi (x) mod pk , với i Để chứng minh yêu cầu lại, ý k > 1, nên ik > k + 1, với i > 2, s f (x) − ∏ (k+1) fj (x) = j=1 s (k) f (x) − ∏ ( f j (x) + pk r j (x)) j=1 s ≡ f (x) − ∏ j=1 (k) f j (x) − pk s ∏ ri(x)g j (x) (mod pk+1 ) j=1 s ≡ pk E(x) − pk ∏ ri (x)g j (x) (mod pk+1 ) ≡ (mod p j=1 k+1 ), (k+1) đồng dư cuối suy từ Phương trình (2.7), nên tồn đa thức fi chứng minh Chứng minh tính nhất: Giả sử h1 (x), , hs (x) đa thức nguyên đơn thoả mãn: f (x) = h1 (x) · · · hs (x) mod pk+1 (k) hi (x) = fi (x) mod pk với i = 1, , s Từ điều kiện thứ suy ra, với i = 1, , s, tồn đa thức nguyên ti (x) cho (k) hi (x) = fi (x) + pkti (x) (k) Vì đa thức hi (x) deg fi (x) đơn, nên đẳng thức suy degti (x) < (k) deg fi (x) (k) Thay đa thức hi (x) = fi (x) + pkti (x) vào Phương trình phần chứng minh trên, dẫn đến s (2.8) E(x) = ∑ hi (x)gi (x) mod p i=1 Kết hợp Đẳng thức (2.7) (2.8) với Định lý 66, với i, ta có hi (x) = ri (x) mod p, hay có đa thức nguyên (x) cho hi (x) = ri (x) + pai (x) Do đó, với i có: (k) (k) (k+1) hi (x) = fi (x)+ pkti (x) = fi (x)+ pk ri (x)+ pk+1 (x) = fi (k+1) (k+1) hay hi (x) = fi (x) mod pk+1 Tức đa thức f1 modulo pk+1 Định lý chứng minh (x)+ pk+1 (x), (k+1) (x), , fs (x) tồn Cho đa thức nguyên f (x) số nguyên tố p cho f (x) khơng chứa bình phương rút gọn modulo p Áp dụng thuật tốn Berlekamp thể phân tích f (x) 39 Z p thành nhân tử: (1) (1) f (x) = f1 (x) · · · fs (x) mod p Áp dụng Bổ đề Hensel liên tiếp cho phép xây dựng đa thức (k) đơn fi (x), với k > 1, thoả mãn: (1) (1) f (x) = f1 (x) · · · fs (x) mod pk (k) (k) fi (x) ≡ f1 (x) mod p với i (k) (k) Theo Bổ đề Hensel, đa thức f1 (x), , fs (x) xác định theo (1) (1) modulo pk Chúng gọi nâng f1 (x), , fs (x) lên modulo pk Phép nâng Hensel: cho phép tìm nâng f1 (x), , fs (x) (1) (1) (1) (1) (1) (1) Tính gi (x) = f1 (x) · · · fi−1 (x) fi+1 (x) · · · fs (x), i = 1, , s Tìm đa thức nguyên a1 (x), , as (x) thoả mãn a1 (x)g1 (x) + · · · + as (x)gs (x) = Với k, xây dựng đa thức (k+1) f1 (k+1) (x), , fs (x) từ đa thức (k) (k) f1 (x), , fs (x) sau: (k) (k) • Đặt E(x) = ( f (x) − f1 (x) · · · fs (x))/pk F(x) = E(x) mod p • Với i = 1, , s, tính ri (x) = rem(F(x)ai (x), fi (x)) (k+1) fi (k) (x) = fi (x) + pk ri (x) Chú ý 69 Ở bước tính (k+1) fi (k) (x) = fi (x) + pk ri (x), (k+1) hệ số fi (x) lớn, lấy theo modulo pk+1 để giảm độ lớn hệ số, đa thức nhận thoả mãn ràng buộc ta 40 Ví dụ 70 Xét đa thức f (x) = x2 + 11x + 30 p = Chúng ta tính nâng Hensel lên đến modulo p3 Bài giải Trên trường Z3 , có: f (x) ≡ x2 − x = x(x − 1) mod phân tích thành nhân tử f (x) Z3 (1) (1) Như vậy, f1 (x) = x f2 (x) = x − Trong trường hợp này, ta lấy a1 (x) = −1 a2 (x) = (2) (2) Để tính f1 (x) f2 (x), ta có: (1) (1) E(x) = ( f (x) − f1 (x) f2 (x))/3 = 4x + 10, F(x) = E(x) (mod 3) = x + (mod 3) Ta có r1 (x) = rem(F(x)a1 (x), f1 (x)) = −1, r2 (x) = rem(F(x)a1 (x), f2 (x)) = −1 Nên, (2) (2) f1 (x) = x − 3, f2 (x) = x − (3) (3) Để tính f1 (x) f2 (x), ta có: (2) (2) E(x) = ( f (x) − f1 (x) f2 (x))/32 = 2x + F(x) = E(x) (mod 3) = −x − Ta có (mod 3) r1 (x) = rem(F(x)a1 (x), f1 (x)) = r2 (x) = rem(F(x)a1 (x), f2 (x)) = Nên, (3) (2) (3) (3) f1 (x) ≡ f1 (x) + 32 = x + 6, f2 (x) = f2 (x) + 32 = x + (3) (3) Chú ý f (x) = f1 (x) f2 (x), nên trình nâng Hensel dừng, đa thức nâng không đổi, chẳng hạn, (3) (3) (4) (3) E = ( f (x) − f1 (x) f2 (x))/32 = 0, (4) (3) nên f1 (x) = f1 (x) f2 (x) = f2 (x) 41 2.6 Thuật toán Zassenhaus Cho đa thức nguyên f (x) bậc m > khơng chứa bình phương Gọi hệ số cao f (x) am Mục trình bày thuật tốn Zassenhaus để tìm nhân tử bất khả quy f (x) Tài liệu tham khảo Mục 3.5.4 sách [1] Mục 15.6 sách [3] Chọn số nguyên tố p cho đa thức f (x) rút gọn modulo p khơng chứa bình phương có bậc m, số nguyên dương k Giả sử f (x) có phân tích thành nhân tử trường Z p f (x) = am f1 (x) · · · fs (x) mod p, (2.9) f1 (x), , fs (x) đa thức đơn bất khả quy đôi khác Áp dụng phép nâng Hensel để có phân tích f (x) theo modulo pk : (k) (k) f (x) = am f1 (x) · · · fs (x) mod pk , (2.10) f (x) = p1 (x) · · · pr (x) (2.11) Nếu phân tích f (x) thành nhân tử bất khả quy Z Khi đó, với i = 1, , r, gọi phân tích thành nhân tử pi (x) trường Z p ni pi (x) = ci ∏ fi j (x) mod p, (2.12) j=1 số nguyên ci hệ số cao pi (x), ước am , đa thức fi j (x) nguyên đơn Áp dụng phép nâng Hensel để có phân tích pi (x) theo modulo pk : ni (k) pi (x) = ci ∏ fi j (x) mod pk (2.13) j=1 Chú ý am = c1 · · · cr Nên từ Phương trình (2.11), (2.12) (2.13), ta có ni r f (x) = am ∏ ∏ fi j (x) mod p (2.14) i=1 j=1 r ni (k) f (x) = am ∏ ∏ fi j (x) mod pk i=1 j=1 42 (2.15) Theo Định lý 24, hai phân tích (2.9) (2.14) đồng Do đó, theo tính chất phép nâng Hensel, hai phân tích (2.10) (2.15) đồng Từ suy rằng, g(x) nhân tử bất khả quy f (x), tồn tập số i1 < i2 < < id s, cho g(x) có phân tích thành nhân tử bất khả quy Z p là: g(x) = c fi1 (x) · · · fid (x) mod p, với c hệ số cao g(x), phép nâng Hensel g(x) lên modulo pk (k) (k) g(x) = c fi1 (x) · · · fid (x) mod pk Đặt e = am /c g∗ (x) = eg(x), từ Phương trình (2.16) ta có: (k) (k) g∗ (x) = am fi1 (x) · · · fid (x) mod pk (2.16) Từ có phương pháp tìm g(x): chọn tập số i1 < i2 < id s, tính đa thức vế phải Phương trình (2.16) để tìm g∗ (x) Tiếp theo, g(x) nguyên nên e ước số chung lớn g∗ (x) g(x) = g∗ (x)/e Nhận xét 71 Giả sử hệ số g∗ (x) bị chặn số B (tức kg∗ k∞ B) 2B < p2k Khi đó, lấy hệ số đa thức vế phải hệ thặng dư tuyệt đối nhỏ modulo pk , ta có đa thức g∗ (x) Để tìm số B thoả mãn yêu cầu nhận xét trên, từ Hệ 65 ta có kg(x)k∞ 2m k f k, nên kg∗ (x)k∞ = |e|kgk∞ |am |kgk∞ |am |2m k f k Do đó, ta lấy B = 2m |am |k f k Tổng kết lại, có thuật tốn tìm nhân tử nguyên bất khả quy f (x) sau Thuật toán Zassenhaus: Bước 1: Chọn số nguyên tố p cho (p, am ) = f (x) mod p khơng chứa bình phương 43 Bước 2: Tính B = 2m |am |k f k chọn số nguyên k cho pk > 2B Bước 3: Áp dụng thuật tốn Berlekamp phân tích đa thức f (x) thành nhân tử Z p : f (x) = am f1 (x) · · · fs (x) mod p Bước 4: Áp dụng phép nâng Hensel lên modulo pk : (k) (k) f (x) = am f1 (x) · · · fs (x) mod pk Bước 5: Với tập S = {i1 , , id } tập {1, 2, , s}, tính: (k) (k) • g∗ (x) = am fi1 (x) · · · fid (x) mod pk , với hệ số lấy hệ thặng dư tuyệt đối nhỏ modulo pk • g(x) = g∗ (x)/e, e ước số chung lớn hệ số g∗ (x) • Kiểm tra g(x) có phải nhân tử f (x) không Bước 6: Thực Bước tìm hoàn toàn nhân tử bất khả quy f (x) Chú ý 72 Thuật tốn Zassenhaus có số tính chất sau: Khi đa thức fi sinh nhân tử bất khả quy f (x) bước sau khơng cần xét tiếp đa thức Sau kết thúc thuật tốn Zassenhaus, có tồn nhân tử bất khả quy f (x) Số số {i1 , , id } 2s − 1, nên thuật tốn Zassenhaus dừng sau không 2s − lần phép thực tìm nhân tử bất khả quy Ví dụ 73 Phân tích đa thức f (x) = 6x4 + 5x3 + 15x2 + 5x + thành nhân tử Bài giải Chọn số nguyên tố p = Tính chặn B, ta có k f k = (62 + 52 + 152 + 52 + 42 )1/2 = √ √ nên B = 24 · · 327 = 96 327 ≈ 1735.98 44 √ 327, Ta chọn k cho pk > 2B, hay k> log(2B) ≈ 5.0654, log(p) lấy k = Ta có f (x) = x4 − mod 5, nên dễ dàng suy phân tích f (x) thành nhân tử Z5 là: f (x) = · (x − 1)(x + 1)(x − 2)(x + 2) mod Sử dụng phép nâng Hensel để nâng phân tích lên modulo 56 = 15625 là: f (x) = · (x − 5136)(x − 984)(x − 72)(x − 6828) mod 56 Với tập số S ⊂ {1, 2, 3, 4}, với |S| = 1, không cho ta nhân tử nguyên f (x) Với tập số S có hai phần tử, bắt đầu với S = {1, 2} g∗ (x) = 6(x − 5136)(x − 984) mod 56 = 6x2 − 5470x − 5181 mod 56 Nên g∗ (x) = 6x2 − 5470x − 5181 Trong trường hợp g(x) = g∗ (x), g(x) ước f (x), nên không cho ta nhân tử f (x) Với tập số S = {1, 3}, ta có g∗ (x) = 6(x − 5136)(x − 72) = 6x2 − 5470x + 2218752 = 6x2 + 2x + mod 56 Nên g∗ (x) = 6x2 + 2x + g(x) = 3x2 + x + Theo thuật toán chia ta được, g(x) ước f (x) f (x) = (3x2 + x + 1)(2x2 + x + 4) Đây phân tích f (x) thành nhân tử Z Ví dụ 74 Phân tích đa thức f (x) = x5 − 48x4 + 720x3 − 5760x2 + 59904x − 110592 thành nhân tử Bài giải Ta chọn số nguyên tố p = 11 Tiếp theo, ta có k f k = (12 + (−48)2 + 7202 + (−5760)2 + 599042 + (−110592)2 )1/2 √ = 15852777985 √ Nên B = 25 15852777985 ≈ 4029050 Ta chọn k cho pk > 2B, hay k> log(2B) ≈ 6.34266, log(p) 45 lấy k = Áp dụng thuật tốn Berlekamp, ta tìm phân tích f (x) Z11 là: f (x) = f1 (x) f2 (x) f3 (x) f4 (x) với f1 (x) = x2 − 2x + 4, f2 (x) = x + 5, f3 (x) = x − 5, f4 (x) = x − Áp dụng phép nâng Hensel lên modulo p7 = 19487171, ta được: (7) f1 (x) = x2 − 24x + 48 (7) f2 (x) = x − 2868179 (7) f3 (x) = x + 2868179 (7) f4 (x) = x − 24 Với tập số S ⊂ {1, 2, 3, 4}, với |S| = 1, cho ta hai nhân tử nguyên (7) (7) f (x) nâng f1 (x) f4 (x) Vậy cịn lại khả tập S có hai phần tử S = {2, 3} Khi đó: (7) (7) f2 (x) ∗ f3 (x) = x2 + 96 mod p7 đa thức x2 + 96 ước f (x) Nên, ta có phân tích f (x) thành nhân tử f (x) = (x2 − 24x + 48)(x2 + 96)(x − 24) 46 KẾT LUẬN Luận văn trình bày số vấn đề sau: Định lý phân tích đa thức thành nhân tử Thuật tốn Kronecker để phân tích đa thức ngun thành nhân tử Thuật tốn Berlekamp để phân tích đa thức thành nhân tử trường hữu hạn Chặn hệ số nhân tử đa thức nguyên Phép nâng Hensel Thuật toán Zasssenhaus để phân tích đa thức nguyên thành nhân tử 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] H Cohen, A course in computational algebraic number theory, Graduate Texts in Mathematics 138 Berlin, New York: Springer-Verlag, 1993 [2] J.S Cohen, Computer algebra and symbolic computation: mathematical methods, USA: A K Peters/CRC Press, 2003 [3] J von zur Gathen and J Gerhard, Modern Computer Algebra Cambridge University, Press, New York, NY, USA (1999) [4] S Lang, Algebra, 2nd ed, Graduate Texts in Mathematics 211, New York, Springer, 2002 [5] A.K Lenstra, H.W Lenstra and L Lovász, Factoring polynomials with rational coefficients, Mathematische Annalen 261 (4): 515-534, 1982 [6] V V Prasolov, Plolynomials, Springer-Verlag Berlin Heidelberg, 2010 48