ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN HÀ LINH ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Thái Ngun – 2012 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Môc lôc Môc lôc Lời nói đầu Đa thức bất khả quy 1.1 Khái niệm đa thức 1.2 Đa thức bất khả quy 1.3 Trường phân rà đa thức 13 Một số phương pháp xét tính bất khả quy 20 2.1 Nghiệm hữu tỷ tính bất khả quy Q Q 21 2.2 Phương pháp dùng Bổ đề Gauss 24 2.3 Phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein 28 2.4 Rút gọn theo môđun số nguyên tố 30 Tính bất khả quy trường 34 Zp Zp 34 Zp 37 44 45 3.1 KiÕn thøc chuÈn bị nhóm nhân 3.2 Tính bất khả quy trường Kết luận Tài liệu tham khảo 2S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến PGS.TS Lê Thị Thanh Nhàn Cô đà dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn Cho đến hôm nay, luận văn thạc sĩ đà hoàn thành nhờ nhắc nhở, đôn đốc, giúp đỡ nhiệt tình Cô Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phòng Đào tạo - Khoa học Quan hệ quốc tế trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy Cô đà tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người đà không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt thời gian học tập thực luận văn 3S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời nói đầu Trong lý thuyết đa thức, đa thức bất khả quy đóng vai trò quan trọng giống vai trò số nguyên tố tập số nguyên Nếu Định lý Số học cho phép coi số nguyên tố viên gạch xây nên tập số nguyên, đa thức bất khả quy viên gạch xây nên tập tất đa thức Bởi đa thức bậc dương dạng chuẩn (tức hƯ sè cao nhÊt b»ng 1) víi hƯ sè trªn trường viết thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Bài toán xét tính bất khả quy đa thức trường phức trường thực C R đà giải từ đầu kỉ 19, người ta chứng minh Định lý Đại số Cụ thể, đa thức bất khả quy C đa thức bậc nhất; đa thức bất khả quy R đa thức bậc bậc hai với biệt thức âm Tuy nhiên toán xét tính bất khả quy đa thức trường hữu tỷ trường thặng dư Q Zp (với p số nguyên tố) thử thách nhà toán học giới Mục đích luận văn trình bày số kết đa thức bất khả quy trường, đặc biệt trường Q trường Zp Nội dung luận văn viết dựa theo s¸ch ``Lý thut Galois" cđa J Rotman [Rot], cn s¸ch ``Đa thức tính bất khả quy" A Schinzel [Sc], báo ``Tính bất khả quy đa thức" đăng Tạp chí Đại số I Seres [S] báo ``Tiêu chuẩn bất khả quy đa thức" đăng tạp chí tiếng Ann Math H L Dorwart - O Ore [DO] Luận văn gồm chương Chương trình bày số kiến thức sở đa thức bất khả quy sử dụng đa thức bất khả quy để chứng minh Định 4Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn lý Kronecker vỊ sù tån t¹i trường phân rà đa thức (Định lý 1.3.2) Định lý Galois tồn trường có hữu hạn phần tử (Định lý 1.3.5) Chương trình bày số phương pháp xét tính bất khả quy đa thức trường Q phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố Bằng cách sử dụng Định lý Kronecker tồn trường phân rà Định lý Lagrange cấp nhóm hữu hạn (Định lý 3.1.7), tính bất khả quy số đa thức trường Zp (với p số nguyên tố) trình bày Chương 5S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Đa thức bất khả quy Trước trình bày khái niệm số kết đa thức bất khả quy, trình bày kiến thức sở đa thức 1.1 Khái niệm đa thức 1.1.1 Định nghĩa Một tập F với hai phép toán, kí hiệu phép cộng phép nhân, gọi trường tính chất sau thỏa mÃn (i) KÕt hỵp: a + (b + c) = (a + b) + c vµ (ab)c = a(bc) víi mäi a, b, c ∈ F (ii) Giao ho¸n: a + b = b + a vµ ab = ba víi mäi a, b ∈ F (iii) LuËt ph©n phèi: a(b + c) = ab + ac víi mäi a, b, c F (iv) Tồn phần tử đơn vị (v) Tồn phần tử (vi) Mỗi F cho a1 = 1a = a víi mäi a ∈ F ∈ F cho a + = + a = a víi mäi a ∈ F a F , tồn phần tử đối −a ∈ F cho a + (−a) = (vii) Mỗi 6= a F , tồn phần tử nghịch đảo a1 F cho aa1 = 1.1.2 Định nghĩa thức có dạng f (x) thøc Cho F lµ mét trêng vµ a0 , a1 , , am ∈ F Mét biÓu = am xm +am−1 xm−1 + .+a1 x+a0 gọi đa biến x Tập đa thức với hệ số F kí hiệu lµ F [x] NÕu 6Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn am 6= ta nói bậc f (x) m vµ kÝ hiƯu lµ deg f (x) = m Hệ số am gọi hệ số cao f Nếu am dạng chuẩn = f (x) gọi đa thức (monic polynomial) Hai ®a thøc lµ b»ng nÕu nã cã cïng bËc hệ số tương ứng Với hai đa thức bi xi , ta định nghĩa tổng f (x) + g(x) = P P f (x)g(x) = ck xk , ®ã ck = i+j=k bj vµ g(x) = P f (x) = P xi P (ai + bi )xi tích Từ định nghĩa ta có tính chất sau 1.1.3 Bỉ ®Ị Cho (i) f (x), g(x), h(x) ∈ F [x] Khi ®ã deg(f (x) + g(x)) max{deg f (x), deg g(x)} (ii) NÕu f (x) 6= g(x) 6= f (x)g(x) 6= deg(f (x)g(x)) = deg f (x) + deg g(x) (iii) NÕu f (x) 6= vµ f (x)g(x) = f (x)h(x) g(x) = h(x) 1.1.4 Định nghĩa Cho f (x), g(x) ∈ F [x] NÕu f (x) = q(x)g(x) víi q(x) ∈ F [x] th× ta nãi r»ng g(x) lµ íc cđa f (x) hay f (x) lµ béi g(x) ta viết g(x)|f (x) Tập bội g(x) kí hiệu (g) Ta có tính chất đơn giản sau 1.1.5 Bổ đề Các phát biểu sau (i) Với cF (ii) Nếu k số tự nhiên ta có f (x) ∈ F [x] vµ c ∈ F (x − c)|(xk ck ) tồn q(x) F [x] cho f (x) = q(x)(x − c) + f (c) 1.1.6 Định nghĩa trường chứa Cho f (x) = am xm + + a0 F [x] Giả sử K F Một phần tử c K gọi nghiệm cña f (x) f (c) = am cm + + a0 = Trong trường hợp ta nói c nghiệm phương trình f (x) = 7Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.1.7 Bỉ ®Ị Cho (i) f (x) ∈ F [x] vµ c ∈ F Khi c nghiệm f (x) vµ chØ nÕu f (x) lµ béi cđa x − c (ii) Sè nghiƯm cđa 1.1.8 MƯnh ®Ị f (x) không vượt deg f (x) (Thuật toán chia với d) Cho f (x), g(x) ∈ F [x] víi g(x) 6= Khi tồn cặp đa thøc q(x), r(x) ∈ F [x] cho f (x) = q(x)g(x) + r(x) r(x) = deg r(x) < deg g(x) 1.1.9 Định nghĩa Một tập I 6= F [x] gọi iđêan F [x] thỏa mÃn ®iỊu kiƯn sau (i) NÕu (ii) NÕu f (x), g(x) ∈ I th× f (x) + g(x) ∈ I ; f (x) I q(x) F [x] q(x)f (x) ∈ I Chó ý r»ng tËp I 6= F [x] iđêan vµ chØ nÕu f − g ∈ I f h ∈ I víi mäi f (x), g(x) ∈ I vµ h(x) ∈ F [x] 1.1.10 MƯnh ®Ị NÕu I 6= {0} iđêan F [x] d(x) 6= đa thức có bậc bé I th× I = (d) = {d(x)q(x) | q(x) ∈ F [x]} Chøng minh ®ã Cho ®a thøc f (x) ∈ I ViÕt f (x) = d(x)q(x) + r(x) r(x) = deg r(x) < deg d(x) Vì f (x), d(x) ∈ I nªn ta cã r(x) = f (x) − d(x)q(x) ∈ I Do ®ã r(x) = theo c¸ch chän d(x) Suy f (x) = d(x)q(x) Ngược lại, d(x) I nên d(x)q(x) I với q(x) F [x] 1.1.11 Định nghĩa chung lớn Một đa thức dạng chuẩn d(x) F [x] gọi ước f (x), g(x) ∈ F [x] nÕu d(x)|f (x), d(x)|g(x) vµ nÕu h(x)|f (x) h(x)|g(x) h(x)|d(x) Ta kí hiệu ước chung lín nhÊt cđa 8Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f (x) vµ g(x) lµ gcd(f (x), g(x)) NÕu gcd(f (x), g(x)) = ta nói f (x) g(x) nguyên tè cïng Tõ MƯnh ®Ị 1.1.10 ta cã kÕt sau 1.1.12 Mệnh đề Nếu f (x), g(x) hai đa thức không đồng thời gcd(f (x), g(x)) tồn tổ hợp tuyến tính f (x) g(x), tức tồn a(x), b(x) ∈ F [x] cho gcd(f (x), g(x)) = a(x)f (x) + b(x)g(x) 1.1.13 Hệ Cho p(x), f (x), g(x) ∈ F [x] NÕu gcd(p(x), f (x)) = p(x)|f (x)g(x) th× p(x)|g(x) Chøng minh Theo gi¶ thiÕt, = p(x)a(x) + f (x)b(x) Suy g(x) = p(x)a(x)g(x) + f (x)b(x)g(x) Do p(x) lµ íc đa thức vế phải nên p(x)|g(x) Với 6= g(x) ∈ F [x], kÝ hiÖu g ∗ (x) = g(x)/an an hệ số cao g(x) Chú ý g (x) đa thức dạng chuẩn Để tìm ước chung lớn ta có thuật toán sau: 1.1.14 Mệnh đề thức (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất) Cho hai đa f (x), g(x) ∈ F [x] víi g(x) 6= NÕu g(x)|f (x) th× gcd(f (x), g(x)) = g ∗ (x) Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta f (x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) 6= 0, deg r(x) < deg g(x) g(x) = q1 (x)r(x) + r1 (x), r1 (x) 6= 0, deg r1 (x) < deg r(x) rn−2 (x) = qn (x)rn−1 (x) + rn (x), rn (x) 6= 0, deg rn (x) < deg rn−1 (x) rn−1 (x) = qn+1 (x)rn (x) 9Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi ®ã gcd(f (x), g(x)) = rn∗ (x) Chøng minh Từ đẳng thức cuối ta có rn (x)|rn1 (x) Thay vào đẳng thức thứ hai từ lên ta cã rn (x)|rn−2 (x) Cø tiÕp tơc lËp ln víi đẳng thức từ lên ta suy rn (x)|g(x) rn (x)|f (x) Do rn (x)|f (x) rn (x)|g(x) Giả sử h(x)|f (x) h(x)|g(x) Từ đẳng thức ta có h(x)|r(x) Từ đẳng thøc thø hai ta cã h(x)|r1 (x) Cø tiÕp tôc lập luận với đẳng thức từ xuống díi ta cã h(x)|rn (x) Do ®ã h(x)|rn∗ (x) 1.2 Đa thức bất khả quy 1.2.1 Định nghĩa Một đa thức f (x) F [x] gọi bất khả quy deg f (x) > f (x) không phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Nếu ta nói deg f (x) > vµ f (x) lµ tÝch hai đa thức có bậc bé f (x) khả quy Sau số ví dụ đa thức bất khả quy 1.2.2 Bổ đề Các phát biểu sau (i) Đa thức bậc bất khả quy (ii) Nếu f (x) bậc lớn có nghiệm F (iii) Đa thức bậc nghiệm f (x) khả quy bậc bất khả quy F (iv) Đa thức f (x) có bậc dương bất khả quy f (x + a) bất khả quy với Chứng minh a F (i) Rõ ràng đa thức bậc tích hai đa thức bậc thấp (ii) Nếu deg f (x) > vµ f (x) cã nghiƯm x = a ∈ F th× f = (x − a)g deg g = deg f Vì f khả quy 10Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 31 Với số nguyên tố p, kí hiệu Zp số nguyên môđun p (hay lớp thặng dư theo môđun p) KÝ hiÖu f (x) := an xn + + a1 x + a0 ∈ Zp [x] 2.4.1 Định lý Cho f (x) Z[x] Nếu tồn số nguyên tố p cho deg f (x) = deg f (x) f (x) bất khả quy Gi¶ sư f (x) bÊt kh¶ quy Zp [x] vµ deg f (x) = deg f (x) vµ f (x) bất khả quy Zp Q Chứng minh Khi ®ã deg f (x) > Suy deg f (x) > Ta cÇn chøng minh f (x) bất khả quy Gauss, Q Giả sử f (x) không bất khả quy Q Theo Bổ đề f (x) cã sù ph©n tÝch f (x) = g(x)h(x) ®ã g(x), h(x) ∈ Z[x], deg f (x) > deg g(x) vµ deg f (x) > deg h(x) Chó ý r»ng víi mäi sè a, b ta cã ab = a b vµ a + b = a + b Vì ta kiểm nguyên tra f (x) = g(x)h(x) Do ®ã deg f (x) = deg g(x) + deg h(x) V× deg f (x) = deg f (x), deg g(x) ≥ deg g(x) vµ deg h(x) ≥ deg h(x) nªn ta suy deg g(x) = deg g(x) deg h(x) = deg h(x) Vì f (x) phân tích thành tích hai đa thức g(x), h(x) có bậc thấp hơn, mâu thuẫn với tính bất khả quy 2.4.2 Chú ý Giả thiÕt Zp cña f (x) deg f (x) = deg f (x) Định lý 2.4.1 cần thiết Chẳng hạn, xét đa thức f (x) = 5(x 1)9 + (x 1) Z[x] Đa thức không bất khả quy Q có ước thực sù lµ x − Ta cã f (x) = x − ∈ Z5 [x] V× f (x) cã bậc nên rõ ràng bất khả quy trªn Z5 2.4.3 VÝ dơ (i) XÐt tÝnh bÊt khả quy Q đa thức sau 5x2 + 10x + 4; (ii) (iii) 3x3 + 7x2 + 10x − 5; 11x4 − 5x3 + 21x2 − 9x + 32Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 32 Giải (i) Đa thức f (x) = 5x2 + 10x + ∈ Z[x] Chän p = 3, ta cã f (x) = 2x2 + x + ∈ Z3 [x] §a thøc f (x) nghiệm Z3 nên bất khả quy Vì đa thức deg f (x) = = deg f (x) nên theo Định lý 2.4.1 f (x) bất khả quy Q (ii) Rút gọn trở thành Z2 [x], đa thức f (x) = 3x3 + 7x2 + 10x − ∈ Z[x] f (x) = x3 + x2 − ∈ Z2 [x] §a thøc f (x) bất khả quy Z2 nghiệm Định lý 2.4.1 đa thức Z2 V× deg f (x) = = deg f (x) nên theo f (x) bất khả quy Q (iii) Rút gọn Z5 , đa thức f (x) trở thành = 11x4 5x3 +21x2 9x+6 Z[x] f (x) = x4 + x2 + x + ∈ Z5 [x] DƠ thÊy f (x) kh«ng cã nghiƯm Z5 nên nhân tử bậc Giả sử f (x) khả quy Z5 [x] f (x) = (x2 + ax + b)(x2 + cx + d) víi a, b, c, d ∈ Z5 §ång hệ số hai vế đẳng thức ta a + c = 0, b + ac + d = 1, ad + bc = 1, bd = Vì bd = vai trò b, d nên không tính tổng quát ta giả thiết (b, d) = (1, 1) hc (b, d) = (2, 3) hc (b, d) = (4, 4) NÕu (b, d) = (1, 1) th× a + c = 0, ac = −1, a + c = 1, v« lÝ NÕu (b, d) = (2, 3) th× a + c = 0, ac = −4, 3a + 2c = Suy a = 1, c = thay vào phương trình ac = ta = 4, vô lí Nếu (b, d) = (4, 4) th× a + c = 0, ac = −7, a + c = , v« lí Vậy f (x) bất khả quy Z5 V× deg f (x) = = deg f (x) nên theo Định lý 2.4.1 đa thức f (x) bất khả quy Q 2.4.4 Chú ý Peter Cameron đà sử dụng Bổ đề Gauss dùng phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố để đưa chứng minh khác cho tiêu chuẩn Eisenstein sau: Giả sử đa thức với hệ số nguyên f = gh, g, h deg g = m < n, deg h = k < n Gäi at , t = 0, 1, , n; bi , i = 0, 1, , m vµ cj , j = 0, 1, , k tương ứng 33S hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn 33 c¸c hƯ sè cđa f , g h Vì hệ số a0 , , an−1 cđa f ®Ịu chia hÕt cho p nªn ta cã f (x) = an xn Chó ý r»ng n = m + k vµ an = bm ck Do an không bội p theo giả thiết nên bm ck không béi cđa p V× thÕ g(x) = bm xm + ®a thøc bËc thÊp h¬n ∈ Zp [x], h(x) = ck xk + đa thức bậc thấp Zp [x] Ta kiểm tra ý f (x) = g(x)h(x) Do ®ã an xn = g(x)h(x) Chó an xn chØ cã nhÊt mét íc bÊt kh¶ quy x Vì g(x) h(x) có ước bất khả quy x Do ®ã g(x) = bm xm vµ h(x) = ck xk Do bi = cj = với i < m j < k Đặc biệt, c0 b0 chia hết cho p Do ®ã a0 chia hÕt cho p2 , v« lÝ 34Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Tính bất khả quy trường Zp Mục đích chương xét tính bất khả quy đa thức trường Zp với p số nguyên tố Để chứng minh kết chương này, việc sử dụng Định lý Kronecker tồn trường phân rà đa thức, cần chuẩn bị thêm số kết lý thuyết nhóm, đặc biệt nhóm nhân 3.1 Zp Kiến thức chuẩn bị nhóm nhân 3.1.1 Định nghĩa Nhóm tập Zp G cïng víi mét phÐp to¸n (kÝ hiƯu theo lèi nhân) thoả mÃn điều kiện (i) Phép toán có tÝnh kÕt hỵp: (ii) a(bc) = (ab)c víi mäi a, b, c G G có đơn vị: e G cho ex = xe = x víi mäi x G (iii) Mọi phần tử G khả nghịch: Với x cho G, tồn t¹i x−1 ∈ G xx−1 = x−1 x = e Một nhóm G gọi toán giao hoán, tức nhóm giao hoán (hay nhóm Abel) phép ab = ba víi mäi a, b ∈ G NÕu G có hữu hạn phần tử số phần tử G gọi cấp G Nếu G có vô hạn phần tử ta nói G có cấp vô hạn 3.1.2 Ví dụ Cho m > số nguyên Với a, b Z, ta ®Þnh nghÜa 34 35Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 a = b nÕu vµ chØ nÕu a − b chia hÕt cho m KÝ hiÖu Zm = {a | a ∈ Z} tập số nguyên môđun hiệu Zm = {a Zm | (a, m) = 1} tập số nguyên môđun m nguyên tố với hoán cấp m (hay tập lớp thặng dư theo môđun m) Kí m Khi Zm với phép nhân a b = ab lµ mét nhãm giao ϕ(m), ®ã ϕ lµ hµm Euler, tøc lµ ϕ(1) = m > (m) số số tự nhiên nhỏ m nguyên tố với m Phần tử đơn vị Zm Rõ ràng m số nguyên tố cấp Zm m 3.1.3 Định nghĩa Tập H nhóm G gọi nhóm cña G nÕu e ∈ H , a−1 ∈ H vµ ab ∈ H víi mäi a, b ∈ H Cho Đặt G nhóm với phép toán kÝ hiƯu theo lèi nh©n Cho a ∈ G (a) = {an | n Z} Khi (a) nhãm cđa G Ta gäi (a) lµ nhãm xyclic sinh bëi phÇn tư a CÊp cđa nhãm (a) gọi cấp a 3.1.4 Bổ đề Cho G nhóm với đơn vị e Với a G, phát biểu sau tương đương a có cấp n (i) (ii) (iii) n số nguyên dương bé cho an = e an = e ak = e k Chứng minh dương ta có bội n với k Z (i)(ii) Trước hết ta khẳng định tồn số nguyên k cho ak = e Giả sử ngược lại, với cặp số tự nhiªn k < k 0 ak −k 6= e Suy ak 6= ak Điều chứng tỏ (a) có cấp vô hạn, vô lí với giả thiết (i) Do đó, tồn số nguyên dương k cho ak = e Gäi r lµ sè nguyên dương bé có tính chất ar = e Ta thấy phần tử e, a, a2 , , ar1 đôi khác ThËt vËy, nÕu = aj víi i j < r aji = e j i < r, theo cách 36Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn 36 chän cđa Râ rµng ViÕt r ta cã i = j B©y giê ta chøng minh G = {e, a, a2 , , ar−1 } G ⊇ {e, a, a2 , , ar−1 } Cho b ∈ G Khi ®ã b = ak víi k ∈ Z k = rq + s q, s Z s r − Ta cã b = ak = arq+s = (ar )q as = as ∈ {e, a, a2 , , ar−1 } V× thÕ G = {e, a, a2 , , ar−1 } lµ nhãm cÊp r Suy r = n (ii) chứng minh (ii)(iii) Giả sử nên ak = e Viết k = nq + r víi r < n V× an = e e = ak = anq ar = ar Theo cách chọn n ta phải có r = 0, suy k chia hÕt cho n (iii)⇒(i) Gäi r số nguyên dương bé cho ar = e Theo (iii), r lµ béi cđa n Do n số nguyên dương bé thỏa mÃn an = e T¬ng tù nh chøng minh (i)⇒(ii) ta suy cÊp cđa 3.1.5 VÝ dơ XÐt nhãm nh©n xyclic sinh bëi Z∗7 CÊp cđa Z∗7 lµ ϕ(7) = Nhãm lµ (2) = {1, 2, 4} Do cấp nhóm nhân Z7 Chú ý số nguyên dương bÐ nhÊt tháa m·n (2)3 = ∈ Z7 Vì theo bổ đề ta suy cấp 3.1.6 Định nghĩa lối nhân Với Cho lµ H lµ nhãm cđa G víi phÐp to¸n kÝ hiƯu theo a ∈ G, kÝ hiƯu Ha = {ha | h ∈ H} Chó ý r»ng Ha = Hb nÕu vµ chØ nÕu ab−1 ∈ H Ta gọi Ha lớp ghép trái H G ứng với phần tử a Khi a n H có hữu hạn lớp ghép trái số lớp ghép trái H gọi số H G 3.1.7 Định lý (Lagrange) Trong nhóm hữu hạn, cấp số nhóm lµ íc cđa cÊp cđa toµn nhãm Chøng minh cấp Giả sử G nhóm có cấp n H nhóm G có m Với a ∈ G ta cã a = ea ∈ Ha Vì thế, phần tử G 37S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 thuộc lớp ghép trái H Giả sử Ha Hb 6= Khi tồn h, h0 ∈ H cho = h0 b Suy a = h−1 h0 b Cho xa ∈ Ha, x ∈ H Khi ®ã xa = (xh−1 h0 )b ∈ Hb Suy Ha ⊆ Hb T¬ng tự, Hb Ha Ha = Hb Vậy hai lớp ghép trái H khác phải rời Với a G, rõ ràng ánh xạ f : H Ha xác định f (h) = song ánh Vì lớp ghép trái H ®Ịu cã ®óng m phÇn tư Gäi chØ sè cđa H s Từ lập luận ta suy n = sm Vì s m ước n 3.1.8 Ví dụ Xét nhóm nhân Z∗7 CÊp cđa Z∗7 lµ CÊp cđa nhãm (2) = {1, 2, 4} lµ Theo chøng minh Định lý Lagrange, số nhóm 3.2 {1, 2, 4} lµ : = TÝnh bất khả quy trường Trong suốt tiết này, giả thiết Zp p số nguyên tố Khi ®ã Zp lµ mét trêng víi phÐp céng vµ phÐp nhân số nguyên môđun p Để thuận tiện, phần tử hiểu hai phần tử Giả sử Zp kí hiệu số nguyên, ta a, b ∈ Zp lµ b»ng nÕu vµ chØ nÕu a − b lµ béi cđa p f (x) đa thức với hệ số nguyên Coi f (x) đa thức Zp [x] Trong trường hợp bậc f (x) không lớn p số nguyên tố nhỏ ta kiểm tra tính bất khả quy f (x) Zp trực tiếp từ định nghĩa đa thức bất khả quy Sau ví dụ minh họa 3.2.1 Ví dụ §a thøc Chøng minh Gi¶ sư x4 + x + bất khả quy Z2 f (x) = x4 + x + không bất khả quy Z2 Vì f (x) nghiệm Z2 nên nhân tử bậc Vì phân tích thành tích hai đa thøc bËc hai: víi f (x) = g(x)h(x) g(x), h(x) ∈ Z2 [x] vµ deg g(x) = deg h(x) = Các đa thức bậc hai 38S húa bi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Z2 [x] lµ x2 , x2 + x, x2 + 1, x2 + x + DƠ thÊy ®a thøc bËc hai nhÊt Z2 [x] kh«ng cã nghiệm Z2 x2 + x + Vì f (x) nghiệm Do Z2 nên g(x) h(x) nghiệm Z2 g(x) = h(x) = x2 + x + Râ ràng x4 + x + không chia hết cho x2 + x + 1, tức f (x) không chia hết cho g(x), điều vô lí Vậy, x4 + x + bất khả quy Z2 Trong trường hợp tổng quát, tính bất khả quy trường p số nguyên tố bất kì, việc kiểm tra Zp nhìn chung không thực Mục đích tiết sử dụng Định lý Kronecker trường phân rà (Định lý 1.3.2) §Þnh lý Lagrange lý thuyÕt nhãm (§Þnh lý 3.1.7) để xét tính bất khả quy đa thức 3.2.2 Mệnh đề Đa thức tố x2 + bất khả quy Zp với số nguyên p tháa m·n p ≡ 3(mod 4) Chøng minh Cho p số nguyên tố thỏa mÃn p không bất khả quy hai đa thức bậc Suy ra Zp số trường hợp đặc biệt 3(mod 4) Giả sử x2 +1 Zp Khi x2 + phân tích thành tích Do x2 + cã nghiƯm α ∈ Zp V× thÕ α2 = −1 α4 = Do p ≡ 3(mod 4) nên p 6= Vì 6= −1 ∈ Zp Suy α 6= ±1 vµ α2 6= Ta khẳng định 6= Thật vậy, nÕu α3 = th× α2 α = Do = hay = Điều vô lí Vậy n 6= với n = 1, 2, vµ α4 = Chó ý 6= không nghiệm x2 + Do ®ã α ∈ Z∗p Theo Bổ đề 3.1.4, cấp phần tử nhóm nhân Zp Vì p số nguyên tố nên cấp nhóm nhân Zp p Theo Định lý Lagrange, cấp ước cấp nhóm nhân Zp Do íc cđa p − Tõ gi¶ thiÕt ta ta có p đồng dư với theo môđun Điều vô lí Vậy x2 + bất khả quy Zp 3.2.3 Mệnh đề Đa thức nguyên tố x2 + x + bất khả quy Zp với số p thỏa m·n p ≡ 2(mod 3) 39Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Chøng minh Cho p số nguyên tố thỏa mÃn p ≡ 2(mod 3) Gi¶ sư f (x) = x2 + x + không bất khả quy Zp Khi f (x) tích hai đa thức bËc Do ®ã nghiƯm cđa f (x) cã nghiƯm Zp Chú ý không f (x) Vì 6= dó α ∈ Z∗p V× x3 − = (x − 1)(x2 + x + 1) = (x − 1)f (x), nghiệm f (x) nên α lµ nghiƯm cđa x3 − Suy α3 = Ta khẳng định không nghiệm cđa f (x) ThËt vËy, nÕu lµ nghiƯm f (x) th× + + = ∈ Zp bội p Tuy nhiên, p 2(mod 3) Điều vô lí Vậy không nghiệm f (x) α 6= NÕu α2 = th× = = = , điều vô lÝ Nh ®ã vËy, αn 6= víi n = 1, = Theo Bổ đề 3.1.4, cấp nhóm nhân Zp Chú ý Zp có cấp p đồng dư với theo môđun Theo Định lý Lagrange, ®ã, x2 + x + lµ ®a thøc bÊt khả quy Zp 3.2.4 Mệnh đề Đa thức Zp ước p Điều vô lí Do với số nguyên tố Chứng minh Cho f (x) = x4 + x3 + x2 + x + bất khả quy p thỏa m·n p 6= vµ p 6≡ ±1(mod 5) p số nguyên tố thỏa mÃn p 6= p 1(mod 5) Theo Định lý 1.3.2 (Kronecker), tồn trường nghiệm nghiệm K chứa Zp vµ chøa f (x) Gäi α lµ mét nghiƯm f (x) Rõ ràng không f (x), 6= ã Khẳng định 1: n 6= víi mäi n = 1, 2, 3, vµ α5 = ThËt vËy, râ rµng x5 − = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) = (x − 1)f (x) Do ®ã α lµ nghiƯm cđa x5 − Suy α5 = NÕu α = th× = Zp bội p, điều mâu thuẫn với giả thiết p 6= Suy α 6= NÕu th× α2 = th× = α5 = (α2 )2 α = , điều vô lí Nếu = 1 = α5 = α3 α2 = α2 , v« lÝ NÕu α4 = th× = α5 = α4 α = α, v« 40Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 lÝ Nh vËy, αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, = Khẳng định chứng minh ã Khẳng định 2: f (x) nhân tử bậc Zp [x] Thật vậy, giả sử f (x) có nhân tử bậc Khi f (x) cã nghiƯm α ∈ Zp V× α 6= Zp Theo Khẳng định 1, αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, = nên Vì thế, theo Bổ ®Ị 3.1.4, cÊp cđa lý Lagrange, α nhãm nh©n Zp Theo Định ước cấp cđa Z∗p Tõ gi¶ thiÕt, Z∗p cã cÊp p không chia hết cho Điều vô lí ã Khẳng định 3: f (x) nhân tử bậc hai Zp [x] Thật vậy, giả sử f (x) có nhân tử bậc hai Khi f (x) = q(x)r(x), ®ã q(x), r(x) ∈ Zp [x] vµ deg q(x) = deg r(x) = Chó ý q(x), r(x) bất khả quy định Do Zp ngược lại q(x) r(x) có nhân tử bậc f (x) có nhân tử bậc nhất, điều mâu thuẫn với Khẳng nghiệm f (x) nên nghiệm q(x) r(x) Không tính tổng quát, ta giả thiết nghiệm q(x) §Ỉt F = Zp T = {a + bα | a, b Zp } Rõ ràng phép cộng đóng kÝn T Cho u = a + bα, v = c + dα ∈ T ViÕt q(x) = a0 + a1 x + a2 x2 víi a0 , a1 , a2 ∈ Zp Do α lµ nghiƯm cđa q(x) nªn a0 + a1 α + a2 α2 = Lại q(x) có bậc hai nên a2 6= V× thÕ α2 = −a−1 (a0 + a1 α) Do ®ã uv = ac + bdα2 + (ad + bc)α −1 = ac − bda0 a−1 + (ad + bc − bda1 a2 )α ∈ T Vì T đóng kín với phép cộng phép nhân Dễ kiểm tra T trường cđa trêng K XÐt T nh F −kh«ng gian véc tơ Rõ ràng {1, } hệ sinh F không gian véc tơ T Giả sử a.1 + bα = víi a, b ∈ F NÕu b = th× a = NÕu b 6= th× α = −ab−1 ∈ F = Zp , vô lí với Khẳng định Do véc tơ {1, } sở F không gian T , chiều không gian Do F có p phần tử vµ 41Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 dimF T = nªn T có p2 phần tử Suy nhóm nhân T ∗ = T \ {0} cã cÊp lµ p2 − = (p − 1)(p + 1) V× α 6= nên T Theo Khẳng định ta cã αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, = Vì thế, theo Bổ đề 3.1.4, cấp nhóm nhân T Theo Định lý Lagrange, íc cđa (p − 1)(p + 1) V× p 6≡ 1(mod 5) theo giả thiết nên không ước cđa (p − 1)(p + 1), v« lÝ VËy f (x) bất khả quy Zp 3.2.5 Mệnh đề Đa thức khả quy Chứng minh Zp f (x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + víi mäi sè nguyªn tè Cho bất p 3(mod 7) p 5(mod 7) p ≡ 3(mod 7) hc p ≡ 5(mod 7) với p số nguyên tố Theo Định lý 1.3.2 (Kronecker), tồn trường tất nghiệm K chøa Zp vµ chøa f (x) Gäi α ∈ K lµ mét nghiƯm cđa f (x) Râ rµng không nghiệm f (x), 6= ã Khẳng định 1: n 6= với n = 1, 2, 3, 4, 5, vµ α7 = ThËt vËy, râ rµng x7 − = (x 1)f (x) Do nghiệm x7 − Suy α7 = NÕu α = = Zp bội p, điều mâu thuẫn với giả thiết p Nếu vô lÝ NÕu α2 = th× = α7 = (2 )3 = , điều = = α7 = (α3 )2 α = α, v« lÝ NÕu α4 = th× = α7 = α4 α3 = α3 , v« lÝ NÕu α5 = th× = α7 = α5 α2 = α2 , vô lí Nếu = = α7 = α6 α = α, v« lÝ Nh vËy, αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, 4, 5, = ã Khẳng định 2: f (x) nhân tử bậc Zp [x] ThËt vËy, nÕu f (x) cã nh©n tư bËc nhÊt th× f (x) cã nghiƯm α ∈ Zp Theo Khẳng định 1, n 6= với mäi n = 1, 2, 3, 4, 5, vµ = Vì 6= nên Zp Do cấp nhóm nhân Zp Theo giả thiết, Zp có cấp p − 1, ®ã p − ®ång d víi theo môđun đồng dư với theo môđun Theo Định lý Lagrange, ước p 1, điều vô lí 42S húa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 ã Khẳng định 3: f (x) nhân tử bậc hai Zp [x] Thật vậy, giả sư f (x) cã nh©n tư q(x) ∈ Zp [x] bậc hai Theo Khẳng định 2, f (x) nhân tử bậc Vì q(x) nhân tử bậc Suy q(x) bất khả quy Zp Lấy K nghiệm q(x) Tương tự chứng minh Mệnh đề 3.2.4, ta suy tËp lµ mét trêng cđa K , trường có p2 phần tử Vì 6= nên T Theo Khẳng định 1, ta cã V× thÕ cÊp cđa T = {a + bα | a, b ∈ Zp } αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, 4, 5, = nhóm nhân T Theo Định lý Lagrange, ước cđa cÊp cđa nhãm nh©n T ∗ Chó ý r»ng T ∗ cã cÊp p2 − Tuy nhiªn p2 không chia hết cho đồng dư với theo môđun Điều vô lí ã Khẳng định 4: f (x) nhân tử bậc ba Zp [x] Thật vậy, giả sử f (x) có nhân tử bậc ba q(x) Zp [x] Theo Khẳng định 2, 3, đa thức q(x) bất khả quy Zp Tương tự chứng minh Khẳng định 3, ta chứng minh tập T = {a + b + cα2 | a, b, c ∈ Zp } lµ mét trường K , trường có p3 phần tử Vì 6= nên T Theo Khẳng định 1, ta có Vì cấp cđa αn 6= víi mäi n = 1, 2, 3, 4, 5, vµ α7 = α nhóm nhân T Theo Định lý Lagrange, ước cấp nhóm nhân T Nhãm nh©n T ∗ cã cÊp p3 − Chó ý r»ng p3 − kh«ng chia hÕt cho đồng dư với theo môđun 7, vô lí Vậy f (x) nhân tử bậc mét, bËc hai hay bËc ba, ®ã nã bÊt khả quy Zp 3.2.6 Mệnh đề Đa thức trªn trêng Zp Chøng minh f (x) = x10 + x9 + + x + víi số nguyên tố Cho bất khả quy p cho p ≡ 2, 6, 7, (mod 11) p số nguyên tố cho p 2, 6, 7, (mod 11) Theo Định lý Kronecker, tồn trường K chứa Zp chứa nghiệm cđa 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 f (x) Gäi α ∈ K nghiệm f (x) Tương tự chøng minh MƯnh ®Ị 3.2.5, ta cã thĨ chØ r»ng αn 6= víi mäi n = 1, 2, , 10 vµ α11 = Râ ràng không nghiệm f (x), α 6= Cho Gäi d ∈ {1, 2, 3, 4, 5} Giả sử f (x) có nhân tử q(x) bất khả quy bậc d K nghiệm q(x) Đặt T = d1 X i | ∈ Zp , ∀i i=0 Do deg q(x) = q nên T trường Xét T Zp không gian véc tơ Do q(x) bất khả quy nên ta {1, α, , αd−1 } lµ mét T Do dimZp T = d T có pd phần tử Do 6= nên sở T Vì n 6= víi mäi n = 1, 2, , 10 11 = nên có cấp 11 nhóm nhân T Theo Định lý Lagrange, 11 lµ íc cđa pd − Theo giả thiết, ta có (i) p đồng dư víi mét c¸c sè 1, 5, 6, theo môđun 11 (ii) p2 đồng dư với số 3, 2, 4, theo môđun 11 (ii) p3 đồng dư với số 7, 6, 1, theo môđun 11 (iii) p4 đồng dư với số 4, 8, 2, theo môđun 11 (iv) p5 ®ång d víi theo m«®un 11 Nh vËy, pd không bội có nhân tử bất kh¶ quy bËc 11 víi mäi d Suy f (x) kh«ng d víi mäi d Vì f (x) bất khả quy Zp 44Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 Kết luận Trong luận văn này, đà trình bày nội dung sau đa thức bất khả quy trường: ã Trình bày số kiến thức sở đa thức bất khả quy ã Sử dụng đa thức bất khả quy để chứng minh Định lý Kronecker tồn trường phân rà đa thức (Định lý 1.3.2) chứng minh Định lý Galois tồn trường hữu hạn (Định lý 1.3.5) ã Đưa số phương pháp xét tính bất khả quy đa thức Q phương pháp tìm nghiệm hữu tỷ, phương pháp dùng Bổ đề Gauss (Định lý 2.2.1), phương pháp dùng tiêu chuẩn Eisenstein (Định lý 2.3.1) phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố (Định lý 2.4.1) ã Sử dụng Định lý Kronecker trường phân rà (Định lý 1.3.2) Định lý Lagrange cấp nhóm hữu hạn (Định lý 3.1.7) để xét tính bất khả quy vài đa thức trường Zp với p số nguyªn tè 45Số hóa Trung tâm Học liệu – i hc Thỏi Nguyờn http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [Bo] N C Bonciocat, Upper bound for the number of factors for a class of polynomials with rational coefficients, Acta Arithmetica, (2) 113 (2004), 175-187 [C] Nguyễn Tự Cường, Đại số đại, tập 1, NXB ĐHQGHN, 2001 [DO] H L Dorwart and O Ore, Criteria for the irreducibility of polynomials, Ann Math, (2) 34 (1934), 81-94 [G] P Garrett, Abstract Algebra, Chapman - Hall/CRC, 2007 [Rot] J Rotman, Galois Theory, Springer (2001), Second Edition [Sc] A Schinzel, Polynomials with special regards to reducibility, Cambridge University Press, 2000 [S] I Seres, Irreducibility of polynomials, Journal of Algebra, (1965), 283-286 45 46Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn