Luận văn Thạc Sĩ toán học TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤT BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Ngành đào tạo: Đại số và lý thuyết số Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng dẫn của xxxxxxxxxxxxxxxxxxx, các kết quả nghiên cứu là trung thực và chưa được công bố trong bất kỳ công trình nào khác.
ĐẠI HỌCAAAAAAAAA TRƯỜNG ĐẠI HỌCAAAAAAAA AAAAAAAAAAAAAAA TÍNH CHẤT NGHIỆM VÀ TÍNH CHẤTaBẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC VỚI HỆ SỐ NGUYÊN Ngành đào tạo: Đại số lý thuyết số Mã số: 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học:xxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxx, năm 2023 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng hướng dẫn xxxxxxxxxxxxxxxxxxx, kết nghiên cứu trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Thái Nguyên, tháng năm 2023 Tác giả luận văn xxxxxxxxxxxxxxx Xác nhận người hướng dẫn khoa học xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành bảo hướng dẫn tận tình xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx Tơi xin bày tỏalịng biết ơn sâu sắc đến Tơi xin gửi tớiacác thầy, Khoa Tốn Trường Đại họcxxxxxxxxx x x x x x x x x x x thầy, ađã tham gia giảng dạy khóa học 2021-2023, lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ chúng tơi suốtaq trình giáo dục, đào tạo nhà trường Tôi xin cảm ơn gia đình, bạnabè người thân quan tâm, tạo điều kiện, động viên, cổ vũađể tơi hồn luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2023 Tác giả luận văn xxxxxxxxxxxxxxx ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Một số kiếnathức chuẩn bị 1.1 Đa thứcabấtakhả quy 1.2 Bổ đề Gauss 11 1.3 TiêuachuẩnaEisenstein 13 1.4 Phươngapháp rút gọn theoamoduloamột số nguyên tố 14 Chương Một số tiêu chuẩn để kiểm tra tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên 20 2.1 Tiêu chuẩn kiểm tra R Mam Murty 20 2.2 Tiêu chuẩn kiểm tra K Girstmair 24 2.3 Tiêu chuẩn kiểm tra J Singh S Kumar 26 2.4 Một số ví dụ áp dụng 32 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 iii MỞaĐẦU Bài toán kiểm tra tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên toán thu hút nhiều quan tâm ý nhà tốn học Điển hình tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy cổ in c a bi Schăonemann, Eisenstein v Dumas Sau đó, M Ram Murty [3] K Girstmair [2] đưa tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy dựa vào tính chất nguyên tố giá trị đa thức n với n đủ lớn Vai trị tiêu chuẩn quan trọng thiết lập mối liên hệ đa thức bất khả quy số nguyên tố Năm 2019, J Singh S Kumar [5] đưa tiêu chuẩn xét tínhabấtakhả quy củaađaathức có tính chất: nghiệm nằm ngồi đường trịn với tâm gốc tọa độ mặt phẳng phức Mục tiêu luận vănalàatrình bày lại chứng minh chi tiết tiêu chuẩn kiểm tra tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên báo [3], [2], [5] tác giả M Ram Murty K Girstmair, J Singh S Kumar Luận văn chia làm hai chương Chương trình bày khái niệm đa thức bất khả quy số tiêu chuẩn cổ điển xét tính bất khả quy đa thức Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo modulo số ngun tố Chương 2, chương luận văn, trình bày lại chứng minh chi tiết số kết tiêu chuẩn xét tính bất khả quy đa thức với hệ số nguyên dựa kết M Ram Murty, K Girstmair, J Singh S Kumar báo [3], [2], [5] Chương Một số kiếnathức chuẩn bị Mục tiêu chương trình bày khái niệm đa thức bất khả quy số tiêu chuẩn cổ điển xét tính bất khả quy đa thức Bổ đề Gauss, tiêu chuẩn Eisenstein, phương pháp rút gọn theo modulo số nguyên tố Tài liệu tham khảo sách [1] 1.1 Đa thứcabấtakhả quy Mục trình bày định nghĩa số tính chất đa thức bất khả quy Z, Q Trước hết ta nhắc lại khái niệm miền nguyên Mỗi vành giao hốn khác khơng, khơng có ước khơng gọi miền nguyên Hay nói cách khác vành giao hốn khác khơng D miền ngun với a, b ∈ D cho ab = kéo theo a = b = Chẳng hạn, Tập tất số nguyên Z tập số hữu tỷ Q miền nguyên Định nghĩa 1.1.1 Cho D miền nguyên Mộtađaathức khác không, không khả nghịch f (x) ∈ D[x] đượcagọialà bấtakhả quyatrên D f (x) viết thành tích f (x) = g(x)h(x), đóag(x), h(x) ∈ D[x] kéo theo g(x) h(x) đa thức khả nghịch D[x] Nếu f (x) viết thành tích f (x) = g(x)h(x),atrongađó g(x), h(x) ∈ D[x] cácađaathức khơng khả nghịch ta nói f (x) khả quy D[x] Nhận xét 1.1.2 (a) Vì phần tử khả nghịchatrong Z[x] đa thức ±1 nên đa thức khácakhông, không khảanghịch f (x) ∈ Z[x] bất khảaquy Z f (x) viết thành f (x) = g(x)ah(x), g(x), ah(x) ∈ Z[x] kéo theo g(x) = ±1 h(x) = ±1 (b) Nếu F trường, phần tử khảanghịch F [x] đa thức f (x) = a ∈ F, a ̸= Vì đa bậc dương f (x) ∈ F [x] bất khảaquy F vàachỉ f (x) không viết thành tíchacủa đa thức có bậc nhỏ bậc f (x) Ví dụ 1.1.3 (a) Đaathứcaf (x) = 2x2 +4 bấtakhảaquy Q không bấtakhảaquy Z Q[x] ta có phân tích f (x) = 2(x2 + 2) (b) Đa thức f (x) = 2x2 + khơng phân tíchađượcathành tích hai đaathứcabậc R[x] nên bấtakhảaquy R Nhưng √ √ C[x] taacóaf (x) = 2(x + 2i)(x − 2i), f (x) khơng bất khảaquy C Từ trở ta luônagiảathiết D miềnanguyêna Bổ đề 1.1.4 Đaathứcaf (x) ∈ D[x] bấtakhảaquy D chỉanếuaf (x+ t) bất khảaquy D với t ∈ D Chứng minh Giả sử f (x) ∈ D[x] bất khảaquy D t ∈ D Bằng cách thay vai trò x x ± t, D[x] ta có f (x + t) = g(x)h(x) f (x) = g(x − t)h(x − t) Vì f (x) bất khảaquy D f (x + t) bấtakhả quy D Bổ đề 1.1.5 Cho F trường f (x) ∈ F [x] Các khẳng định sau (a) Nếu deg f (x) = f (x)ln bấtakhảaquy F (b) Nếu deg f (x) = deg f (x) = athì f (x) bấtakhảaquy F nếuavàachỉanếu khơngacóanghiệm F Chứng minh (a) Vì deg f (x) = nên f (x) khơng thểaphânatích thành tích haiađaathức có bậcabéahơn Do f (x) bấtakhảaquy F (b) Giả sửaf (x)acóanghiệmat ∈ aF Vìadeg af (x) > nên ta có phânatíchaf (x) = (x − t)g(x) với g(x) ∈ F [x]avàadeg g(x) = deg af (x) − ≥ Vì f (x) khơng bất khảaquyatrên F Ngược lại, giả sử f (x) khôngabấtakhả quyatrên F Vì deg f (x) = deg f (x) = nên f (x) phânatíchađượcathànhatíchacủaahai đaathứcacó bậc bé có đaathứcabậc Vìathếaf (x) có nghiệmatrongaF Chú ý rằngaphátabiểua(b)atrong bổ đềatrên không đúngachoatrường hợp bậcacủaađa thứcalớn Cụ thể, deg af (x)a > bậcalớnahơn cóanghiệmatrong F thìaf (x)akhảaquy Tuy nhiên,atồnatạianhững đa thức khơngacóanghiệm trongaF anhưng khảaquy Chẳng hạnađaathức 2 x4 + akhơngacóanghiệm trongaR khảaquy trênaR Tiếp theo, định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy phần tử đại số K Trước hết ta cần kết sau Mệnh đề 1.1.6 ChoaF alàamột trườngachứaaK a ∈ F làaphần tử đạiasốatrên F Khi đóatồnatại nhấtamột đaathứcap(x) ∈ K[x] bấtakhảaquy dạng chuẩn nhậnaaalàmanghiệma.Hơn nữa, nếuag(x)a ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thìag(x)alàabội p(x) Chứng minh Vìaa phầnatửađại số trênaK nên tồn af (x) ∈ aK[x] đaathứcakhác 0acóabậcabé nhận aalàmanghiệm.Đặtap(x) = b−1 af (x), b làahệasố caoanhất f (x) Khi p(x)a ∈ K[x] đa thức dạng chuẩnacóabậc bé nhấtanhậnaa làm nghiệm Rõaràngadeg p(x) > 0.aNếuap(x) khả quyathìap(x) tíchacủaahaiađaathứcatrong K[x]avớiabậc bé hơnavàamột haiađaathức phải nhận aalàmanghiệma, điều làamâuathuẫn với cách chọnap(x) Do p(x)abất khảaquya Giả sử g(x)a ∈ K[x]anhậnaa làm nghiệm Nếuag(x)akhơngachiaahết cho p(x) vìap(x) bất khảaquyanên gcd ag(x)a, p(x)) = TheoaHệaquả 1.3.9, tồnatạiaq(x), h(x) ∈ K[x] choa1 = p(x)q(x) + g(x)h(x) Thayax = a vào cảahaiavế ta đượca1 = 0, điều nàyalàavơ lí Vậy g(x) chiaahếtacho p(x) Giả sử q(x)a ∈ aK[x] đa thức bấtakhảaquy dạng chuẩnanhậnaa làm nghiệm.a.Theo chứng minhatrêna,aq(x) bộiacủaap(x) Viết q(x) = p(x)ak(x) với k(x)a ∈ aK[x] Vì q(x) bấtakhảaquyanên k(x) = c vớia0 ̸= c ∈ K Do đóaq(x) = cp(x) Đồng nhấtahệasố cao nhấtacủaahai vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn nên c = Vì p(x) = q(x) Vì a phần tửađạiasố trênaaK nênatồnatại f (x)a ∈ aK[x] đaathứcakháca0acóabậcabéanhất nhận a làmanghiệm Đặt p(x) = b−1 f (x), đóabalàahệ số caoanhấtacủa f (x) Khiađóap(x)a ∈ K[x]alàađa thức dạngachuẩnacóabậc bé nhấtanhậnaa làm nghiệm Rõ ràngadegap(x) > 0.aNếuap(x) khả quyathìap(x) tích hai đaathứcatrong K[x] vớiabậcabé hơnavàamột hai đaathứcanày phải nhận aalàmanghiệm, điều làamâuathuẫn với cáchachọnap(x) Do đóap(x) bất khảaquya Giả sử g(x) ∈ aK[x] nhậnaaalàmanghiệm Nếu g(x) khôngachiaahết cho p(x) vìaap(x) bất khảaquyanên gcd(g(x), ap(x)) = TheoaHệaquảa1.3.9, tồn tạiaaq(x), h(x)a ∈ aK[x] choa1 = p(x)aq(x) + g(x)ah(x) Thay x = a vàoacảahai vế taađượca1 = 0, điều nàyalàavơ lí Vậy g(x) chiaahếtachoap(x) Giả sử q(x)a ∈ K[x]acũng đaathứcabấtakhảaquy dạng chuẩnanhận a làm nghiệm Theoachứngaminhatrên, q(x) làabộiacủa p(x) Viết q(x) = p(x)aka(x) với k(x)a ∈ K[x] Vì q(x) bất khảaquyanên k(x) = cavớia0 ̸= ca ∈ aK Doađóaaq(x) = cp(x) Đồng nhấtahệaasốa cao nhấtacủaahaiavế vớiachúaý q(x)avà p(x)ađềuacóadạngchuẩn, taasuyaraac = thức bất khả quy tạo vô hạn số nguyên tố Giả thuyết mở bậc f (x) lớn Trong trường hợp f (x) đa thức tuyến tính, ta chứng minh giả thuyết nhờ vận dụng định lý Dirichlet số nguyên tố cấp số cộng Tuy nhiên, chiều ngược lại giả thuyết Buniakowski nghĩa là, đa thức nhận vô hạn giá trị số ngun tố đa thức bất khả quy Thật vậy, giả sử ta có phân tích f (x) = g(x)h(x) g(x) h(x) thuộc Z[x] với bậc dương Vì f (x) nhận vơ hạn giá trị nguyên tố nên g(x) h(x) nhận giá trị ±1 vô hạn điểm Điều mâu thuẫn đa thức bậc dương nhận giá trị cố định hữu hạn điểm Mục tiêu phần trình bày kết R M Murty, đánh giá mạnh chiều ngược lại giả thuyết Buniakowski Kết phát biểu sau: đa thức f (x) thuộc Z[x] nhận giá trị số nguyên tố biến nguyên n đủ lớn, f (x) đa thức bất khả quy Z[x] Bổ đề 2.1.1 Giả sử f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 đa thức bậc m Z[x] α nghiệm phức f (x) Khi |α| < H + H = max 0≤i≤m−1 am Chứng minh Vì α nghiệm f (x) nên ta có −am αm = am−1 αm−1 + · · · + a1 α + a0 21 Suy |α|m ≤ H |α|m−1 + · · · + |α| + = H m |α| − |α| − ! (2.1) Nếu |α| ≤ 1, |α| < H + và ta có điều phải chứng minh Nếu |α| > 1, nhân hai vế (2.1) với |α| − ta |α|m+1 − |α|m < H|α|m Vì ta có |α| < H + Định lý 2.1.2 Cho f (x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a1 x + a0 đa thức bậc m Z[x] đặt H = max