Đa thức bất khả quy

Đa thức bất khả quy A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài “Lý thuyết vành và trường” là mảng kiến thức quan trọng dành cho sinh viên chuyên ngành Toán. Đây là môn học rất hay, thú vị, kích thích được lòng say mê học và nghiên cứu Toán học của sinh viên. Nhưng do thời gian trên lớp có hạn nên sinh viên không thể tìm hiểu hết các vấn đề có liên quan đến môn học. Do vậy, được sự hướng dẫn của giáo viên hướng dẫn cùng với lòng say mê tìm hiểu về đa thức bất khả quy với những tính chất thú vị nên em đã quyết định chọn đề tài “ Đa thức bất khả quy ” để thực hiện tốt khóa luận tốt nghiệp của mình. 2. Mục đích nghiên cứu - Nhằm củng cố, tổng hợp và nâng cao kiến thức đã học, tận dụng và biết vận dụng các phương pháp nghiên cứu khoa học. - Rèn luyện khả năng tiếp cận, tìm hiểu và nghiên cứu một vấn đề còn khá mới đối với bản thân. Hình thành khả năng trình bày một vấn đề Toán học trừu tượng một cách logic và có hệ thống. - Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0. - Chỉ ra được các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu : Trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn. Phạm vi nghiên cứu: Tìm ra được lớp các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0, trình bày các tính chất của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn. 4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung đề tài cụ thể: sách Đại số đại cương, Lý thuyết vành và trường, Lý thuyết Galois,…. - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm của bản thân, các bạn học xung quanh để tổng hợp và hệ thống các kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ và khoa học kết hợp đưa ra các bài tập cụ thể để hiểu rõ sâu hơn vấn đề. - Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về mặt nội dung cũng như hình thức của đề tài nghiên cứu. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 1 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy B. PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I. KIẾN THỨC CƠ SỞ I. MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ NHÓM 1. Nhóm 1.1. Định nghĩa: Một tập hợp G được gọi là một nhóm nếu tồn tại một ánh xạ từ tích Descartes G  G vào G : f :GG  G (a, b) ab thõa mãn các tính chất sau đây: (i) Kết hợp: a(bc) = (ab)c, a, b, c  G . (ii) Có đơn vị: Tồn tại một phần tử e  G sao cho ae  ea  a, a  G . (iii) Có nghịch đảo: với mỗi phần tử a  G luôn tồn tại một phần tử b  G sao cho ab  ba  e . (iv) Giao hoán: ab  ba, a, b  G , thì nhóm X được gọi là nhóm Abel. Nhóm Abel nhiều khi còn được gọi là nhóm giao hoán. 1.2. Tính chất (i) Phần tử đơn vị e của G được xác định là duy nhất (ii) Mỗi phần tử a của G chỉ có duy nhất một phần tử nghịch đảo a 1 , hơn nữa e1  e,  a 1   a,  ab   b1a 1 1 1 (iii) (Luật giản ước) Cho a, b, x là những phần tử tùy ý của G. Từ các đẳng thức xa  xb hoặc ax  bx đều suy ra a  b . (iv) Trong G các phương trình xa  b và ax  b có nghiệm duy nhất.   n (v) Cho a  X , ta xác định a 0  e, a n  a...a (n – phần tử) và a  n  a 1 . Khi đó ta được a n a m  a nm ,  a n   a nm . m Hơn nữa, nếu G là Abel thì  abn  anbn , a, b  G . 2. Nhóm con 2.1. Định nghĩa: Cho G là nhóm, H là tập con khác rỗng của G. Khi đó H là nhóm con của G nếu H với phép toán cảm sinh của phép toán trong G là nhóm. Khi H là nhóm con của G ta ký hiệu H  G . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 2 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy 2.2. Tính chất (i) Cho H là tập con khác rỗng của G. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:  H G  xy  H  x, y  H :  1 x  H  x, y  H : xy 1  H (ii) Cho G là nhóm, H  G và F  H thì F  G . 3. Nhóm hữu hạn sinh 3.1. Định nghĩa Cho G là một nhóm và X  G (i) Nhóm con nhỏ nhất của G chứa X được goi là nhóm con sinh bởi X kí hiệu là X . (ii) Nếu H  G và H  X thì ta nói rằng H sinh bởi X hay X là hệ sinh của H. Đặc biệt nếu H = G thì ta nói rằng G là một nhóm sinh bởi tập X. (iii) Nếu G là một hệ sinh hữu hạn nào đó thì ta nói G là nhóm hữu hạn sinh. Đặc biệt, nếu G có hệ sinh gồm một phần tử thì G được gọi là nhóm xyclic. (iv) Nếu X  x1, x2 ,..., xn  thì X được viết lại là x1, x2 ,..., xn . 3.2. Tính chất (i) Cho G là một nhóm và X  G . Khi đó:  Nếu X   thì X  e  Nếu X   thì X  x1, x2 ,..., xn , n  N , x1  X   (ii) Nếu G là nhóm xyclic sinh bởi a thì G  a n | n  Z . 4. Cấp của nhóm – cấp của phần tử 4.1. Định nghĩa Cho G là nhóm (i) Cấp của G chính là lực lượng của G và kí hiệu là G (ii) Cấp của phần tử a  G là cấp của a và kí hiệu là a . 4.2. Tính chất (i) Cho G là nhóm, a  G . Khi đó:  a có cấp hữu hạn khi và chỉ khi m, n  N , m  n sao cho am  an .    Nếu a có cấp hữu hạn là d thì a  e, a, a 2 ,..., a d 1 . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 3 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy  Nếu a có cấp hữu hạn là d thì d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho a d  e . Nếu tồn tại n sao cho an  e khi và chỉ khi d | n . (ii) Cho G là nhóm, a  G và a  n . Khi đó a m  n  m, n  (iii) Cho G là nhóm xyclic cấp n và G  a . Khi đó G  a k khi và chỉ khi gcd  k , n   1. (iv) Mọi nhóm cấp nguyên tố đều là nhóm xyclic. (v) Cho G là nhóm xyclic. Khi đó, nếu H  G thì H là nhóm con xyclic của nhóm G. II. MỘT SỐ KIẾN THỨC VÀNH VÀ TRƯỜNG 1. Vành : Vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán cộng và nhân thỏa các tính chất sau:  R1  ,  R,   là nhóm Abel;  R2  ,  R,. là nửa nhóm;  R3  Phép nhân phân phối đối với phép cộng, nghĩa là với mọi x, y, z  R , ta có x  y  z   xy  xz  y  z  x  yx  zx Phần tử trung hòa của phép cộng được gọi là phần tử không, ký hiệu là 0; phần tử đối xứng của phần tử x  R là phần tử đối của x ký hiệu là –x. Nếu phép nhân giao hoán thì ta nói rằng vành R giao hoán; nếu phép nhân có phần tử đơn vị thì vành R được gọi là vành đơn vị. Phần tử đơn vị được ký hiệu là e hay 1. 2. Vành con 2.1. Định nghĩa Cho R là một vành. Tập con A khác rỗng của R được gọi là một vành con của R nếu A ổn định đối với hai phép toán tronh vành R và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một vành. 2.2. Định lý (Đặc trưng của vành con) Cho A là một tập con khác rỗng của vành R. Các mệnh đề sau đây là tương đương: (i) A là một vành con của R (ii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy  A,  x  A; (iii) Với mọi x, y  A, x  y  A, xy 1  A. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 4 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy 3. Trường: Trường là một vành giao hoán, có đơn vị, nhiều hơn một phần tử và mọi phần tử khác không đều khả nghịch. 4. Trường con 4.1. Định nghĩa (i) Giả sử X là trường, tập con A khác rỗng của X được gọi là trường con của X nếu A ổn định với hai phép toán trong X và A cùng với hai phép toán cảm sinh là một trường. (ii) Trường con P của F được gọi là trường con nguyên tố nếu thỏa các điều kiện sau:  P không chứa trường con nào của F khác P  Mọi trường con của F đều chứa P. Khi F = P thì F được gọi là trường nguyên tố. 4.2. Tính chất (i) Giả sử A là một tập con có nhiều hơn một phần tử của trường X. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:  A là trường con của X  x, y  A, x  y  A, xy  A,  x  A, x 1  A nếu x  0  x, y  A, x  y  A, xy 1  A nếu y  0 (ii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:  X là trường  X không có ideal nào ngoài X và {0}  Mọi đồng cấu vành khác đồng cấu không từ vành X đến vành bất kỳ đều là đơn cấu. (iii) Giả sử X là vành giao hoán, có đơn vị, ideal M của X là ideal tối đại khi và chỉ khi X M là một trường. 5. Đồng cấu vành 5.1. Định nghĩa (i) Giả sử X và Y là các vành. Ánh xạ f : X  Y được gọi là đồng cấu vành nếu thỏa hai điều kiện sau: GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 5 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy f ( x  y )  f ( x)  f ( y ) với mọi x, y  X f ( xy )  f ( x) f ( y ) Nếu X = Y thì đồng cấu f : X  Y được gọi là tự đồng cấu của X. (ii) Cho đồng cấu vành f : X  Y . Khi đó: f là đơn cấu nếu ánh xạ f là đơn ánh. f là toàn cấu nếu ánh xạ f là toàn ánh f là song ánh nếu ánh xạ f là song ánh. 5.2. Tính chất (i) Tích của hai đồng cấu là đồng cấu. (ii) Giả sử f : X  Y là một đồng cấu vành. Khi đó:  f là một toàn cấu khi và chỉ khi Imf = Y  f là một đơn cấu khi và chỉ khi Kerf = {0} 6. Đặc số của vành 6.1. Định nghĩa Giả sử X là vành. Nếu tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho na  0, a  X thì ta nói vành X có đặc số n. Nếu không tồn tại n như vậy thì ta nói vành X có đặc số 0. Đặc số của vành X được ký hiệu là CharX. Nếu X là một trường thì ta hiểu đặc số của trường X là đặc số của vành X. 6.2. Tính chất (i) Giả sử X là vành có đơn vị là 1 và có đặc số n > 0. Khi đó:  n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho n.1 = 0.  Nếu X không có ước của không (nói riêng X là miền nguyên, X là trường) thì n là số nguyên tố. (ii) Nếu CharX = p là một số nguyên tố thì:  a  b p  a p  b p  a  b p  a p  b p (iii) Cho F là một trường và P là một trường con nguyên tố của nó. Nếu:  F có đặc số 0 thì P đẳng cấu với Q  F có đặc số nguyên tố p thì P đẳng cấu với Z p . III. ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG Cho K là một trường, K[x] là vành đa thức GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 6 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy 1. Định nghĩa đa thức: Giả sử f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0 Khi đó ta nói f(x) có bậc n, kí hiệu : deg f(x) = n. an được gọi là hệ tử cao nhất , a0 được gọi là hạng tử tự do, ai  i  0, n  được   gọi là hệ tử , các ai xi i  0, n được gọi là hạng tử của đa thức. 2. Nghiệm của đa thức : 2.1. Định nghĩa: Giả sử c là một phần tử tùy ý của vành K, f ( x)  an xn  an1xn1  ...  ao là một đa thức tùy ý của K[x], phần tử : f (c)  anc n  an1c n1  ...  ao  K  x  có được bằng cách thay x bởi c được gọi là giá trị của f(x) tại c. Nếu f(x) = 0 thì c gọi là nghiệm của f(x). +) Giả sử K là một trường , c  K , f(x)  K  x , m là một số tự nhiên lớn hơn 1, c là nghiệm bội cấp m nếu và chỉ nếu f ( x) ( x  c)m và f(x) không chia hết ( x  c)m1 2.2 Định lý về phép chia có dư: Giả sử f(x), g(x)  K  x là hai đa thức với hệ tử ở trong trường K, f(x)  0 . Khi đó, tồn tại duy nhất hai đa thức f(x), g(x)  K  x sao cho : f ( x)  g ( x).q( x)  r ( x) Trong đó r(x) = 0 hoặc r(x)  0 thì deg r(x) < deg g(x)  phần tử c  K là một nghiệm của đa thức f(x)  K  x khi và chỉ khi f ( x) ( x  c) trong K[x]. Nghĩa là f(x) = ( x – c ).q(x), q(x)  K  x . IV. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 1. Định nghĩa: Một đa thức f(x)  K  x , có bậc  1, gọi là bất khả quy trong K  x nếu f(x) không có ước thực sự, nghĩa là không tồn tại hai đa thức g(x), h(x)  K  x , có bậc  1 sao cho : f(x) = g(x).h(x) 2. Tính chất: M Định lý 4.2.1: Cho f(x) là đa thức bất khả quy trên K, f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi ước duy nhất của nó với mỗi hệ số  K có dạng  và . f ( x) ,   0,   K . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 7 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Định lý 4.2.2: Nếu f(x) là một đa thức bất khả quy trên K  x , g(x) là một đa thức bất kì trên K  x thì hoặc là g ( x) f ( x) hoặc là  g ( x), f ( x)   hằng số. Chứng minh: Cho d  x   gcd  f  x  , g ( x)  . Từ thuật toán Euclid suy ra khi f(x) và g(x) có hệ số trong K thì những hệ số của d(x) cũng thuộc K. Nhưng vì f(x) bất khả quy trên K, thì theo Định lý 2.2.1 d ( x)   f ( x) hoặc f d ( x)   ,  0  K . Suy ra điều phải chứng minh. Định lý 4.2.3: Đa thức f(x) là bất khả quy trên K khi và chỉ khi f(x) là nguyên tố trên K, nghĩa là : g ( x), h( x)  K[ x], f ( x) | g ( x).h( x)  f ( x) | g ( x) hoặc f ( x) | h( x) . Chú ý: Trong vành đa thức K  x , ta có : - Mỗi đa thức bậc nhất là bất khả quy - Mỗi đa thức bậc 2, bậc 3 không có nghiệm trong K là bất khả quy. - Mỗi đa thức bất khả quy bậc  1 không có nghiệm trong K. Định lý 4.2.4: ( Định lý về sự nhân tử hóa ) Trong vành K[x], mỗi đa thức có bậc  1 , phân tích được thành tích của những đa thức bất khả quy. Sự phân tích này là duy nhất theo nhũng thừa số mà chúng chỉ khác nhau nhũng hằng số khác 0 thuộc K. Tức là: Nếu f(x) = f1(x)…fr(x) = g1(x)…gs(x) là hai biễu diễn tích của những nhân tử bất khả quy trên K thì r = s và f i(x) = i .gki ( x),0  i  K và k1,…,kr là thứ tự số trong các số 1, r . Chứng minh: Cho f(x) là đa thức khác hằng số với những hệ số trong K và cho n  deg f ( x) . Nếu n = 1, thì f ( x)  a0 x  a1 bất khả quy và ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích của một thừa số bất khả quy. Cho n là một số tự nhiên bất kì và giả sử mọi đa thức bậc nhỏ hơn n có thể biểu diễn tích của những đa thức bất khả quy trên K. Nếu cho đa thức f(x) bất khả quy trên K, thì ta có thể cho rằng nó biểu diễn như tích của một thừa số bất khả quy. Nếu ngược lại nó phân tích được, nó biểu diễn dưới dạng f  x   g  x  r  x  , ở đây g ( x) và r ( x) là những đa thức có hệ số trong K và deg f ( x)  n và deg r ( x)  n . Nhưng khi đó theo giả thuyết quy nạp f(x) và r(x) biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 8 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy K. Suy ra điều này cũng đúng với f(x), nghĩa là mọi đa thức với những hệ số thuộc tập hợp K biểu diễn như tích của những thừa số bất khả quy trên K. Ta chỉ còn chứng minh tính duy nhất của biểu diễn trên. Cho f ( x)  f1  x  f 2  x ... f r  x   g1  x  g2  x ...g s  x  ở đây f j  x  và g j  x  là những đa thức không phân tích được trên K. Theo Định lý 2.2.3 ít nhất một trong những đa thức bất khả quy g j  x  chia hết cho f1  x  là bất khả quy thì f1  x   a1 g k1  x  , ở đây 0  a1  K . Khi đó: f 2  x  f3  x  ... f r  x   a1g1  x  ...g k1 1  x  g k1 1  x  ...g s  x  Không mất tính tổng quát ta giả thiết r  s . Nghĩa là tiếp tục theo phương pháp trên, sau r bước ta nhận được: f1  x   a1 g k1  x  , f 2  x   a2 g k2  x  ,... f r  x   ar g kr  x  Dễ thấy giữa những đa thức g k1  x  , g k2  x  ,..., g kr  x  sẽ là tất cả những đa thức g1  x  , g2  x  ,..., g s  x  nghĩa là r = s và k1, k2 ,..., kr là thứ tự nào đó trong các số 1, 2,.., r . Điều đó phải như vậy vì trong trường hợp ngược lại ta sẽ nhận được đẳng thức giữa đa thức bậc không và đa thức bậc khác không. V. TRƯỜNG PHÂN RÃ CỦA ĐA THỨC : 1. Định nghĩa: i) Cho K là trường và f(x) là đa thức bậc n  1 trên K. Khi đó, trường E chứa trường K như trường con, được gọi là trường phân rã của đa thức f(x) trên K nếu f(x) có đúng n nghiệm ( kể cả nghiệm bội ) trong E và E là trường tối thiểu ( theo quan hệ bao hàm ) chứa K và các nghiệm của f(x). ii) Cho đa thức f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  K  x  , an  0 ta gọi đa thức sau là đạo hàm của f(x): f '( x)  nan xn1  ...  2a2 x  a1 2. Tính chất: Cho trường K và một đa thức 0  f ( x)  K[ x] bậc n. Khi đó, f(x) có nghiệm bội khi và chỉ khi trong trường phân rã của f(x) các đa thức f(x) và f’(x) có một nghiệm chung. Thật vây: GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 9 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Nếu  là nghiệm của f(x) với số bội k thì f ( x)  ( x  a)k q( x) với q( )  0 . Khi đó, f '( x)  ( x  a)k q '( x)  k ( x  a) k 1 q( x)  ( x  a) k 1[( x  a)q '( x)  kq( x)] Nếu k > 1 thì  là một nghiệm của f’(x) với số bội ít nhất là k – 1. Nếu k = 1 thì f '( x)  ( x  a)q '( x)  q( x) suy ra f '( )  q( )  0 Vậy f '( )  q( )  0 và f’(x) có nghiệm chung khi và chỉ khi  là một nghiệm của f(x) với bội số ít nhất bằng 2. VI. MỞ RỘNG TRƯỜNG Định nghĩa i) Cho K là trường con của trường L thì ta nói L là một mở rộng của k và ký hiệu K < L hay L > K ii) Cho K < L, khi đó L có cấu trúc K – không gian L. Ta biết rằng mọi không gian đều có cơ sở ( ta hiểu mỗi cơ sở của K – không gian L là một cơ sở mở rộng L trên K ). Khi đó số chiều của K – không gian vecto L được gọi là bậc mở rộng cuả L trên K. Ký hiệu [ L:K ] <  thì ta nói rằng L là một mở rộng hữu hạn cuả K và ký hiệu L > K – hữu hạn. Ngược lại ta nói rằng L là mở rộng vô hạn của K. VII. PHẦN TỬ ĐẠI SỐ 1. Định nghĩa i) Cho L > K và u  L . Nếu tồn tại đa thức 0  f ( x)  K[ x] h sao cho f(u) = 0 thì u được gọi là phần tử đại số trên K. Nếu không tồn tại đa thức thỏa điều kiện như vậy thì u được gọi là phần tử siêu việt trên K. ii) Đa thức bất khả quy p( x)  K[ x] với hệ tử cao nhất bằng 1, nhận  làm nghiệm được gọi là đa thức tối tiểu của  trên K. Ta ký hiệu p( x)  min( K , ) . iii) Cho L > K và u  L . Khi đó, bậc mở rộng [ K(u) : u ] được gọi là bậc của phần tử u trên K. iv) Cho K < L. Trường L được gọi là mở rộng đại số trên K nếu mọi phần tử của L đều là phần tử đại số trên K. Khi đó ta ký hiệu là L > K – đại sô. 2. Tính chất i) Cho ++K < L và a  L . Khi đó a là phần tử đại số trên K nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện sau đây xảy ra: * K (a)  {r (a) / r  K ( x),deg r  n} trong đó n = deg Min( K,a ) GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 10 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy * {1,a,a 2 ,..., a n1} là cơ sở của K(a) trên K * [K (a) : K ]  n ii) Nếu L > K – hữu hạn thì L > K – đại số iii) Cho K < L, giả sử L = K(a1, a2,…,an) trong đó ai là các phần tử đại số trên K. Khi đó L là mở rộng hữu hạn của K. VIII. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN 1. Định nghĩa Định nghĩa: Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử. Định lí 8.1.1. Nếu F là trường hữu hạn thì đặc số của F là một số nguyên tố. Chứng minh. Ta có đặc số của trường hoặc là 0 hoặc là một số nguyên tố. Giả sử F là trường hữu hạn có đặc số 0 thì F chứa trường con nguyên tố đẳng cấu với Q. Nhưng Q là trường vô hạn nên trường con nguyên tố của F là vô hạn (mâu thuẫn). Vậy đặc số của trường hữu hạn là một số nguyên tố. 2. Nhóm nhân của trường hữu hạn Định lý 8.2.1. Cho Fq là trường hữu hạn thì với mọi a  Fq ta đều có a q  a . Chứng minh: Với a = 0 thì ta có a q  a . Với a  0 thì số phần tử của nhóm nhân Fq* là q – 1. Suy ra Fq*  q  1 . Khi đó với mọi a  Fq* ta đều có a q1  1 hay a q  a . Vậy a q  a với mọị a  Fq . Định lí 8.2.2. Cho trường hữu hạn Fq. Và K là trường con của Fq thì đa thức x q  x trong K[x] có sự phân tích trong Fq [x] là x q  x    x  a  và Fq là trường aF phân rã của đa thức x q  x trên K. Chứng minh: Theo định lý 2.2.1 ta có a q  a với mọi a  Fq hay a là nghiệm của đa thức x q  x . Ta viết q phần tử của Fq là a1,a2,…,aq. Khi đó mỗi đa thức x  ai  Fq [x], i  1,2,..., q đều là ước của đa thức x q  x , hơn nữa các đa thức x  ai  Fq [x], i  1,2,..., q nguyên tố cùng nhau nên tích   x  a1  x  a2 ... x  aq  cũng là ước của x q  x . Do đa thức  x  a1  x  a2 ... x  aq  có bậc là q nên ta có x q  x =  x  a1  x  a2 ... x  aq  . Vậy Fq là trường phân rã của đa thức x q  x trên K. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 11 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Định lý 8.2.3. Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic. Chứng minh: Giả sử F là một trường hữ hạn gồm q phần tử. Đặt h  F *  q  1 . Nếu h = 1 hoặc h là số nguyên tố thì rõ ràng F* là nhóm xyclic. Do đó, ta có thể giả sử h là số nguyên dương lớn hơn 1 và không là số nguyên tố. Giả sử h  p11 ... pmm , với m  2 , pi nguyên tố khác nhau đôi một, ai  N , i 1, m h h h Khi đó, nghiệm trong F * ,suy ra tồn  h và đa thức x pi  1 có không quá pi pi tại ai  F bi pii * h pi sao cho a  1 . Đặt bi  a h pii  a  1 và bi  1 vì nếu bi = 1 thì 1  bi h i . Ta sẽ chứng minh bi  pii . Ta có, pii 1  phi   i i       pii 1 h pi  i ( mâu thuẫn ) i i Do đó, bi | pi và bi  1, suy ra bi  pi ,1  i  i . Mặt khác, bi pii 1 h pi  i  1. Vì vậy, bi  pii . Đặt b = b1b2…bn. Khi đó, do pi, với i 1, m là các số nguyên tố khác nhau đôi một và F giao hoán nên b  b1b2 bn  p11 ... pmm  h  F * . Vậy F *  b Hệ quả 8.2.4. Mỗi nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường là một nhóm xyclic. Chứng minh: Giả sử F là một trường và G là một nhóm con hữu hạn cấp n của nhóm nhân F*. Xét trường hợp charF = p  0 . Gọi Fp là trường con nguyên tố của trường F. Vì |G| = n nên mọi phần tử của G đều là nghiệm của đa thức x n  1 . Do đó, mọi phần tử của G đều đại số trên Fp , suy ra Fp (G) là mở rộng hữu hạn, đại số trên Fp , do đó Fp (G) là một trường hữu hạn. Theo định lý 2.2.3,  Fp (G )  là một nhóm xyclic. Vì * vậy, G là một nhóm con xyclic của nhóm  Fp (G )  . * Xét trường hợp charF = 0. Vì tất cả n phần tử của G đều là nghiệm của đa thức xn – 1 . Lập luận tương tự như chứng minh định ký 2.2.3 ( ở đó, h được thay bởi n), ta có G là một nhóm xyclic. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 12 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Định nghĩa 8.2.5. Mỗi phần tử sinh của nhóm xyclic Fq* được gọi là một phần tử nguyên thủy của Fq . Nhận xét: Trường hữu hạn Fq có tất cả  (q  1) phần tử nguyên thủy, trong đó  là hàm Euler. Định nghĩa 8.2.6. Cho trường hữu hạn Fq , với mỗi số nguyên dương r, ta định nghĩa : Fq*r  x r | x  Fq* Định lý 8.2.7. Cho trường hữu hạn Fq . Khi đó Fq*r là nhóm con của Fq* và Fq*  q 1 gcd(r , q  1) Chứng minh: Ta kiểm tra Fq*r là nhóm con của F * . Thật vậy, a, b  Fq*r ta suy ra a  x r , b  y r , với x, y  Fq* . Khi đó, ab  xr y r   xy  kéo theo ab  Fq*r . Mặt r   khác, a  Fq*r , ta có a = xr , với x  Fq* , kéo theo a 1  x r 1   x 1  , do đó r a 1  Fq*r . Vậy, Fq*r  Fq* . Gọi  là một phần tử nguyên tử nguyên thủy của Fq . Khi đó, Fq*   và Fq*r   r . Suy ra Fq*r   r  q 1 . gcd(r , q  1) Định lý 8.2.8. Cho trường hữu hạn Fq và r là một số nguyên dương. Khi đó, Fq*r  Fq*d và Fq*  Fq*d   Fq*d   2 Fq*d  ...   d 1Fq*d , trong đó d  gcd(q  1, r ) ,  là phần tử nguyên thủy của Fq và  i Fq*d   j Fq*d  , i  j ,0  i, j  d  1 . Chứng minh : Vì  là phần tử nguyên thủy của Fq nên Fq*   , Fq*r   r và Fq*d   d . Do d  gcd(q  1, r ) nên d |r kéo theo Fq*r  Fq*d . Và do d  gcd(q  1, r ) nên tồn tại các số nguyên a,b sao cho a(q  1)  br  d .   Khi đó,  d   a ( q 1)br   r b suy ra  d   r , do đó Fq*d  Fq*r . Vậy Fq*d  Fq*r . Ta có F  * q q 1 i 1  i Fq*d , nhưng  d Fq*d  Fq*d nên GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 13 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Fq*  Fq*d   Fq*d   2 Fq*d  ...   d 1Fq*d . Giả sử  i Fq*d   j Fq*d   , với 0  j  i  d  1 , tức có phần tử x   i Fq*d   j Fq*d , do đó x   iu   j v , trong đó u, v  Fq*d , kéo theo  i  j  Fq*d ( vô lý vì  i  j  Fq*d ) 3. Số phần tử của trường hữu hạn Bổ đề 8.3.1. Cho F là trường hữu hạn chứa trường con K có q phần tử thì F có q n với n  [F : K ] Chứng minh: Ta có F có không gian vecto trên K. Nếu n  [F : K ] thì F có cơ sở trên K chứa n phần tử. Ta gọi b1,b2,…,bn là cơ sở của F trên K. Khi đó mọi phần tử  của F được biểu diễn duy nhất dưới dạng : a1b1  a2b2  ...  anbn , a1, a2 ,..., an  K Ta có q cách chọn ai trong n phần tử a1, a2 ,..., an  K nên F có q n phần tử. Định lý 8.3.2. F là trường hữu hạn có đặc số là p thì số phần tử của F là p n . Trong đó p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương bất kì. Chứng minh: Do trường hữu hạn F có đặc số p nên F có trường con nguyên tố đẳng cấu với Z p . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử Z p  F . Như vậy F là một mở rộng hữu hạn của Z p . Gọi n n  [F : Z p ] , theo Bổ đề 2.3.1 ta suy ra F có p n phần tử. Định lý 8.3.3. Cho trường hữu hạn Fq và p(x) là đa thức có bậc n bất khả quy trên Fq [x] thì Fq [x] ( p( x)) là trường hữu hạn có q n phần tử. Chứng minh: Do p(x) là đa thức bất khả quy nên Fq [x] ( p( x)) là trường. Lấy f ( x)  Fq [x] ta có : f ( x)  p( x).h( x)  r ( x) với h( x), r ( x)  Fq [x] và deg r(x) < deg p(x). Suy ra : f ( x)  p( x)h( x)  r ( x)  r ( x)  a0  a1 x  a2 x2  ...  an1 xn1, a0 , a1,..., an1  Fq . Ta có q cách chọn hệ số ai trong n hệ số a0 , a1 ,..., an1  Fq . Do đó ta có q n phần tử f ( x)  GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng Fq [x] ( p( x)) 14 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Fq [x] Vậy trường ( p( x)) có q n phần tử. Định lý 8.3.4. ( Sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn p n phần tử ) Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thì tồn tại trường hữu hạn chứa đúng p n phần tử. Hơn nữa, hai trường hữu hạn có cùng số phần tử thì đẳng cấu với nhau. Chứng minh: Đặt q = p n . Xét đa thức x q  x trong Fp [x] . Gọi F là trường phân rã của đa thức x q  x . Khi đó x q  x có q nghiệm trong F.   ' Ta có xq  x  qxq1  1  1 . Suy ra gcd(( x q  x),( x q  x)' )  1 . Vậy q nghiệm trong F là những nghiệm phân biệt.   Xét tập S  a  F : a q  a . Ta chứng minh S là trường con của F. Thật vậy: Dễ thấy 0,1 thuộc S Với a, b  S suy ra a q  a, bq  b , ta có: ( a  b) q  a q  b q  a  b (ab1 )q  a q (b1 )q  a(bq )1  ab 1 Vậy S là trường con của F. Mà đa thức x q  x phân rã trên S. Vậy S đẳng cấu với F theo tính chất trường phân rã. Mà S có q phần tử nên F cũng có q phần tử. Vậy tồn tại trường chứa đúng q  p n phần tử. Giả sử có F và F’ chứa đúng q  p n phần tử khi đó theo Định lí 2.2.2 thì F và F’ là trường phân rã của đa thức x q  x . Theo tính chất trường phân rã thì F đẳng cấu với F’. Vậy tồn tại duy nhất một trường chứa p n phần tử sai khác một đẳng cấu. Định lý 8.3.5 ( Tiêu chuẩn trường con ) Cho trường hữu hạn Fp n thì mọi trường con của Fp n có p m phần tử, trong đó m là ước dương của n. Ngược lại, nếu m là ước dương của n thì Fp n có duy nhất trường con chứa p m phần tử. Chứng minh: Giả sử K là trường con của Fp n và K có p m . Theo bổ đề 2.3.1 ta có   : pn  pm n' với n '  [Fpn : K ] . Suy ra n = n’.m hay m | n . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 15 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Ngược lại nếu m | n thì x pm  p m  1 |  p n  1 suy ra x p m 1  1 | x p n 1   1 , do đó  1 | x p 1 . n Ta có p n phần tử của Fp n là nghiệm của đa thức x p  x . Khi đó tồn tại pm phần n tử trong Fp n là nghiệm của đa thức x p  x . m Ký hiệu F’ là tập chứa p m phần tử là nghiệm của đa thức x p  x . m Ta chứng minh F’ là trường con của Fp n .Thật vậy : Dễ thấy 0,1 thuộc F’. Với  ,   F ' thì  p   ,  p   . Khi đó, m     p m   p   p     . Suy ra     F ' m m   p m   p  p   . Suy ra   F ' .    p m   1 . p     m 1 p m m m pm    p m m 1   1 Vậy F’ là trường con chứa p m phần tử của Fp n . Nếu tồn tại F1 chứa đúng p m phần tử thì p m phần tử đó là nghiệm của đa thức x p  x . Nhưng x p  x chỉ có p m m m nghiệm trong Fp n . Suy ra F’ = F1. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 16 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy CHƯƠNG II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY I. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC Định lý 1.1: ( Định lý cơ bản của đại số sơ cấp ) Trường số phức C là trường đóng đại số. Nói cách khác: Mọi phương trình bậc n : an x n  an1 x n1  ...  ao  0, ai  C , i  0, n, an  0 có đúng n nghiệm trong C , các nghiệm có thể phân biệt hay trùng nhau. Ta có thể viết : f ( x)  a0 . x  1 ... x  n  ,1,...., n là những nghiệm của đa thức. Từ định lý, ta suy ra được : các đa thức bất khả quy của vành C[x] là các đa thức bậc nhất. Ví dụ 1.1: x2 + 1 = (x + i)(x - i) II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC Định lý 2.1: Nếu f(x)  R  x , số phức  là nghiệm của nó thì  cũng là nghiệm. Chứng minh: Cho f ( x)  an xn  an1xn1  ...  a0 . Vì những số là những số thực, thì ai  ai với i  1, 2,..., n . Khi đó:   n n 1  ...  a0 n n 1  ...  a0 f   an   an1 = an   an1 =an n  an1 n1  ...  a0  0  0 . Định lý 2.2: Nếu f(x) là đa thức hệ số thực và số phức  là nghiệm của nó thì các nghiệm bội của  và  là như nhau. Chứng minh: Cho deg f ( x)  n . Nếu n = 2, khẳng định của bài toán là đúng, vì  , là hai nghiệm duy nhất của đa thức. Ta giả sử khẳng định của bài toán đúng với những đa thức hệ số thực có bậc nhỏ hơn số tự nhiên n. Ta chứng minh nó cũng đúng cho số tự nhiên n. Thật vậy, khi f    0 , thì theo Định lý 2.5.1 suy ra f ( )  0 . Nghĩa là:       f  x    x    x   g ( x)  x 2     x   g  x  . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 17 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Nhưng những số    và     2 là những số thực và suy ra đa thức  x2     x   có hệ số thực. Khi đó cả đa thức g(x) có hệ số thực và theo giả thiết quy nạp những bội của  , như nghiệm của g(x) là bằng nhau ( nếu  , không phải nghiệm của f(x), ta có thể cho rằng những bội của nó bằng không). Từ đây suy ra những bội của  , như nghiệm của f(x) cũng sẽ bằng bằng nhau. Hệ quả 2.3: Đa thức bất khả quy của R[x] là các đa thức bậc nhất và những đa thức bậc 2 có biệt số   b2  4ac  0 . Chứng minh: Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng là những đa thức bất khả quy của R[x]. Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy của R[x] với bậc lớn hơn 1, ta có p(x) không có nghiệm thực. Theo Định lý 2.5.1, p(x) có một nghiệm phức z và do đó p(x) cũng nhận liên hợp z của z làm nghiệm vì các hệ số của p(x) là thực, cho nên chia hết cho đa thức bậc hai với hệ số thực g  x   x2  ( z  z ) x  zz . g ( x) không khả nghịch và là ước của phần tử bất khả quy p(x), vậy g(x) phải là liên kết của p(x), tức là p( x)  ug  x  ,0  u  R Chú ý: Nếu f(x) bất khả quy trên trường R và có bậc  2 thì f(x) không có nghiệm trong R. Điều đảo lại là không đúng. Ví dụ 2.1: f ( x)  x 4  x 2  1 rõ ràng là không có nghiệm thực nhưng f ( x)  x 4  x 2  1   x 2  1  x  . x 2  1  x  lại là khả quy. III. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ Giả sử: f ( x)   n x n   n1 x n1  ...   o  Q  x  , n  0 f ( x)  b1g ( x)  b1 (an xn  an1x n1  ...  ao ) , b là mẫu số chung của các i ,i  Z f ( x), g ( x) chỉ khác nhau một nhân tử bậc 0 nên việc tìm nghiệm của f(x)  Q  x đưa về việc tìm nghiệm của g(x)  Z  x +) Giả sử (u, v)  1 , số hữu tỷ   u là nghiệm của v f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  Z  x  thì u | a0 , v | an . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 18 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Chú ý : Trong vành Q  x  , để xét xem đa thức có bất khả quy hay không phức tạp hơn nhiều. Đối với đa thức bậc 2, 3 của Q  x  , các đa thức bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỷ. Nhưng đối với đa thức bậc lớn hơn 3 thì phức tạp hơn nhiều. Ví dụ 3.1: x4  3x2  2   x2  2 x2  1 rõ ràng không có nghiệm hữu tỷ nào, nhưng nó không phải bất khả quy. Vì vậy, người ta đã đưa ra một điều kiện đủ để chứng minh một đa thức trên trường Q là bất khả quy, đó là tiêu chuẩn Aidenstaino. Và vì f(x) là bất khả quy khi và chỉ khi a.f(x) là bất khả quy, a  0 , do đó ta chỉ cần xét các đa thức với hệ số nguyên. Tiêu chuẩn Aidenstaino: Giả sử: f ( x)  an x n  an1 x n1  ...  ao  Z  x  ,  n  0 . Nếu tồn tại một số nguyên p sao cho: an không chia hết p ; a0 không chia hết cho p2 ; a0,…,an-1 chia hết cho p thì f(x) bất khả quy trên Z[x]. Nếu tất cả các giả thiết được thõa mãn thì f(x) cũng bất khả quy trên Q. Ví dụ 3.2: Đa thức f ( x)  x 4  2 x  2 bất khả quy trên Q ( với p = 2 ) Ví dụ 3.3: Chứng minh đa thức sau là bất khả quy: x 4  2 x  3 Chứng minh: Đặt x = y + 1 thay vào đa thức. f ( y)   y  1  2( y  1)  3 4  y 4  4 y3  6 y 2  2 y  2  f(y) bất khả quy với p = 2. Qua ví dụ trên ta thấy rằng bằng cách thay đổi biến ta có thể chứng minh tính bất khả quy của một đa thức không Aidenstaino để nó thành Aidenstaino. Điều này phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Aidenstaino. Như vậy, có một câu hỏi đặt ra là nếu cho một đa thức là bất khả quy, để chứng minh nó là bất khả quy thì có thể băng cách thay đổi biến mà biến đổi nó thành đa thức Aidenstaino không ? Câu trả lời là không bao giờ cũng có cách biến đổi như vậy. 2 Ví dụ 3.4: Cho đa thức f ( x)  2 x  1 đa thức này không phân tích được trên tập số Q nên nó không có nghiệm trên Q. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 19 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Ta đổi biến x để đưa nó về đa thức Aidenstaino: Đổi biến: x = ay + b (a,b  Z ) Ta có: Q(y) = 2a2y2 + 4aby + 2b2 + 1 Giả sử Q(y) là đa thức Aidenstaino, nghĩa là tồn tại số p sao cho : 2a2 4ab p, 2b2 + 1 p. Từ 2b2 + 1 p, suy ra b a p hoặc 4 p, p. Nhưng khi đó 4a p. Từ đây p. Trường hợp thứ nhất ta nhận được hệ số cao nhất của đa thức Q(y) chia hết cho p. Điều này trái với đa thức Aidenstaino. Trường hợp thứ hai 4 chia hết cho p , nghĩa là p = 2. Nhưng khi đó hiển nhiên 2b2 + 1 p cũng vô lý. Điều này , cho ta thấy được, tồn tại đa thức không phân tích được, mà nó không có một cách biến đổi tuyến tính của ẩn nào có thể chuyển nó thành đa thức Aidenstaino. Ví dụ 3.5. Giả sử f ( x)   x  a1  x  a2 ... x  an   1, ai  Z phân biệt. Chứng minh : f(x) là bất khả quy trong Q[x] Chứng minh: Giả sử f(x) khả quy, tức là tồn tại h(x), g(x), deg h(x) < n, deg g(x) < n , sao cho : f(x) = g(x).h(x) (*) Ta có: f  ai   g  ai .h  ai   1(1) Vì f(x)  Z [x] nên g(x) , h(x)  Z [x] nên từ (1)  g  ai   h  ai   0 . Đặt: q(x) = g(x) + h(x) , deg q(x) = max{ deg g(x) , deg h(x) } < n Ta thấy q(ai) = 0, i  1, n mà deg q(x) < n nên q( x)  0  g ( x)  h( x) Thay vào (*)  f ( x)   g 2 ( x)  f(x) có hệ số dẫn đầu là một số âm ( mâu thuẫn giả thiết )  f(x) bất khả quy trong Q[x]. Ví dụ 3.6. Cho a1 , a2,…, an là n những số nguyên khác nhau, p là số nguyên bất kì và P( x)  p  x  a1  x  a2 ... x  an   1 Chứng minh đa thức này không phân tích được, loại trừ những trường hợp sau đây:  p = 4, n = 2 và a1, a2 là hai số liên tiếp, nghĩa là a1 = a2  1. Cụ thể P( x)  4  x  a1  x  a1  1  1   2  x  a1   1 . 2 GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 20 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy  p = 1, n = 4 và a1 , a2 , a3, a4 ( sắp xếp theo thích hợp ) là bốn số liên tục. Khi đó, P( x)  4  x  a1  x  a1  1 x  a1  2 x  a1  3  1    x  a1  1 x  a1  2   1 2  p = 1,n = 2 và a1, a2 khác nhau 2 đơn vị, nghĩa là a1 = a2  2. Khi đó: P( x)   x  a1  x  a1  2  1   x  a  1 . 2 Chứng minh : Giả sử đa thức P(x) phân tích được. Cho P(x) = G(x).H(x) với G(x) và H(x) những đa thức hệ số nguyên và có bậc nhỏ hơn n. Vì P(ai) = 1 với i = 1,2,..,n ta có G(ai).H(ai) = 1 và vì những số G(ai), H(ai) là những số nguyên, từ đây suy ra với mọi i hoặc là G(ai) = H(ai) = 1 hoặc là G(ai) = H(ai) = - 1. Với những giá trị khác nhau của i trong vế phải có thể có những dấu khác nhau, nhưng điều đó không quan trọng, mà quan trọng là với mọi i ( 1  i  n ) đẳng thức sau đều đúng: G(ai) - H(ai) = 0 . Bằng cách như vậy ta tìm được n nghiệm khác nhau a1, a2,..,an của đa thức G(x) – H(x). Nhưng bậc của đa thức này nhỏ hơn n, suy ra nó phải đồng nhất bằng không, nghĩa là G(x) – H(x) = 0 hay là G(x) = H(x). Ta thay đẳng thức vừa nhận được vào P(x) = G(x).H(x) ta nhận được P(x) = G2(x). Như vậy, nếu P(x) phân tích được thì nó phải là bình phương của một đa thức khác G(x), từ đây suy ra bậc của đa thức đã cho n là số chẵn, còn hệ số cao nhất của nó p là một số phương. Nghĩa là, P(x) không phân tích đượckhi ta chỉ ra n là một số lẻ hoặc là tuy n là một số chẵn, nhưng p không phải là số chính phương, trong trường hợp riêng p là một số âm. Ta đặt p = q2 và n = 2m. Ở đây q là hệ số cao nhất của G(x), còn m là bậc của nó. Không mất tính tổng quát ta cho rằng q > 0 ( trường hợp ngược lại ta có thể thay dấu tất cả các hệ số của đa thức G(x) ). Ta xét đa thức G(x). Với mỗi i ta có G(ai) = 1 hoặc là G(ai) = -1. Ta sẽ chứng minh rằng mỗi đẳng thức này thõa mãn với đúng m giá trị của i. Thật vậy, nếu G(ai) = 1 đúng với nhều hơn m giá trị của i, vì bậc của G(x) đúng m, thì ta sẽ nhận được G(x) trùng với hằng số 1, điều này vô lí. Suy ra số lượng k của chỉ số I sao cho G(ai) = 1 không lớn hơn m. Bây giờ nếu giả sử k < m, ta sẽ nhận được G(ai) = -1 với n – k > m chỉ số của i. Từ đây ta lại suy ra G(x) trùng với hằng số -1, điều này lại dẫn đến vô lí. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 21 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Như vậy đẳng thức G(ai) = 1 chỉ thõa mãn cho đúng m giá trị của i. Không mất tính tổng quát ta có thể cho G(ai) = G(a2) = … = G(am) = 1 và khi đó G(am1 )  G(am2 )  ...  G(an )  1 ( trong trường hợp ngược lại ta có thể chuyển vị trí và kí hiệu lại cho thích hợp ). Ta xét đa thức G(x) – 1 . Đa thức này có bậc m, hệ số bậc cao nhất q và đa biết m nghiệm của nó khác nhau a1, a2,…,am. Suy ra G( x) 1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am ) Hoặc là : G( x)  1  q( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1  q1 ( x), ở đây 1 ( x)  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am ) Ta đặt 2 ( x)  ( x  am1 )( x  am2 )...( x  an ). Ta có  ( x)  1 ( x)2 ( x). Ta trở lại P(x) = G2(x) của đa thức P(x). Cụ thể ta viết lại như sau p ( x)   q1 ( x)  1 , 2 Hoặc là p ( x)  1  q212 ( x)  2q1 ( x)  1 Nghĩa là p ( x)  q212 ( x)  2q1 ( x) Ta biêt rằng p = q2 và  ( x)  1 ( x)2 ( x) chia hai vế đẳng thức trên cho q1 ( x) , ta nhận được q2 ( x)  q1 ( x)  2 hoặc là q(2 ( x)  1 ( x))  2 (1) Ta tính hệ số tự do của vế trái đẳng thức, đó là (1)m q(am1am2 ...an  a1a2 ...am ). Bằng cách so sánh hệ số của đẳng thức (1), ta nhận được (1)m q(am1am2 ...an  a1a2 ...am ) = 2 Chú ý ở đây ta chỉ làm việc với các số nguyên, từ đẳng thức sau cùng ta nhận được q  1 hoặc là q  2 và vì ta có thể giả thiết q > 0 nên q chỉ còn lại các trường hợp q = 1 và q = 2, và tương ứng p = 1 và p = 4. Như vậy ta đã chứng minh được đa thức P(x) không phân tích được khi p  1 và p  4 . Ta chỉ còn xét cụ thể hai trường hợp này. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 22 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Trường hợp p = 4 ( nghĩa là q = 2 ): Trong trường hợp này phương trình (1) có dạng 2 ( x)  1 ( x)  1 (2) Cụ thể là ( x  am1 )( x  am2 )...( x  an )  ( x  a1 )( x  a2 )...( x  am )  1 . Ta sẽ chứng minh các đẳng thức trên chỉ đúng với m = 1. Thật vậy, thay x = a1. Ta nhận được : (a1  am1 )(a1  am2 )...(a1  an )  1 Vì tất cả các thừa số ở vế trái là những số nguyên, nên mọi số hạng bằng +1 hoặc -1. Từ đây, nếu m  3 , ít nhất hai trong những thừa số này trùng nhau, điều này trái với giả thiết đã cho chúng phải khác nhau. Nếu m = 2 ta chỉ có hai thừa số và vì tích của chúng là dương, nên chúng cùng dấu, suy ra nó trùng nhau và điều đó lại dẫn đến vô lí. Như vây, trong trường hợp p = 4 chỉ còn khả năng duy nhất m = 1. Đẳng thức (2) có dạng : ( x  a2 )  ( x  a1 )  1 , ở đây a1 = a2 + 1. Như vậy ta rơi vào trường hợp 1 của đề bài. Trường hơp p = 1: ( q = 1 ): Đẳng thức (1) có dạng 2 ( x)  1 ( x)  2 . (3) Từ đẳng thức thứ nhất suy ra bốn khả năng sau: a1 – a3 = 1, a1 – a4 = 2, a1 – a3 = -1, a1 – a4 = -2 a1 – a3 = 2, a1 – a4 = 1, a1 – a3 = -2, a1 – a4 = -1. Bởi vì vai trò của a3 và a4 là đối xứng, nên ta chỉ xét hai trường hợp đầu là đủ. Sau đây ta chỉ xét trường hợp thứ 2 : Ta có: a3 = a1 + 1 và a4 = a1 + 2. Bằng cách thay vào đẳng thức (a2  a3 )(a2  a4 )  2 ,ta nhận được (a2  a1  1)(a2  a1  2)  2 . Từ đây với chú ý là a2 – a1 – 1 > a2 – a1 – 2 , ta nhận được a2  a1  2  2, a2  a1  1  1 Hoặc là a2  a1  2  2, a2  a1  1  2 GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 23 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Trong trường hợp thứ nhất ta nhận được a1 = a2, trái vói điều kiện đã cho. Suy ra chỉ còn trường hợp thứ hai và suy ra a2 = a1 + 3. Như vậy a1,a3 = a1 + 1, a4 = a1 + 2, a2 = a1 + 3 là bốn số nguyên liên tiếp, điều này đã được loại trừ trong trường hợp 2 của đề bài. 2. Chỉ còn m = 1: bây giờ (3) có dạng (x – a2) – (x – a1) = 2, Từ đây suy ra a1 = a2 + 2, nó chính là điều kiện 3 của đề bài loại trù. IV. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN 1. Nghiệm của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn Bổ đề 4.1.1. Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq và n là một số nguyên dương. Khi đó, f(x) chia hết x q  x nếu và chỉ nếu m chia hết n. n Chứng minh:   Giả sử f(x) chia hết x q  x . Gọi  là một nghiệm của f(x). Khi đó, n  q    0 suy ra   Fq . Do đó, Fq ( )  Fq . Mặt khác, vì [Fq ( ) : Fq ]  m nên n n n Fq    Fqm  Fqn , ta suy ra m | n .   Ngược lại, giả sử m | n . Gọi  là một nghiệm của f(x) nằm trong trường phân rã của f(x) trên Fq . Khi đó, [Fq ( ) : Fq ]  m suy ra Fq    Fqm . Vì m | n nên Fqm  Fqn . Do đó,   Fqn suy ra  q    0 . Vì vậy,  là một nghiệm của đa thức n x q  x , kéo theo f ( x) | x q  x n n Định lý 4.1.2. Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq . Khi đó f(x) phân rã trên Fqm và tách được trên Fq . Hơn nữa nếu  là nghiệm của f(x) thì  , q , q ,..., q 2 m 1 là tập hợp tất cả các nghiệm của f(x). Chứng minh: Theo Bổ đề 3.1.1, ta có f ( x) | x q  x từ đó suy ra f(x) phân rã trên m Fqm và chỉ có toàn nghiệm đơn. Gọi  là một nghiệm bất kỳ của f(x). Ta cần chứng minh  q cũng là nghiệm của f(x). Giả sử f ( x)  am x m  am1x m1  ...  a1x  a0 , ai  Fq , i  0, m . Khi đó, GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 24 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy f (  q )  am (  q )m  am1 (  q ) m1  ...  a1 (  q )  a0 = amq (  q )m  amq 1 (  q )m1  ...  a1q (  q )  a0q = (am  m )q  (am1 m1 )q  ...  (a1 )q  a0q = (am  m  am1 m1  ...  a1  a0 )q = f ( )q  0 . Vì thế, các phần tử  , q , q ,..., q 2 m 1 là các nghiệm của f(x). Bây giờ, ta chứng minh các phần tử này phân biệt. Thật vậy, giả sử  q   q , với 0  i  k  m  1 . Khi i   đó,  q i qm k    q theo f ( x) | x q mi k k qmk k ta suy ra  mi k   . Vì vậy,  là nghiệm của đa thức kéo  x và theo Bổ đề 3.1.1, ta có m | m  i  k ( vô lý). Định nghĩa 4.1.3. Cho   Fqm . Khi đó, các phần tử  , q , q , K , q 2 m 1 được gọi là các phần tử liên hợp với  trên Fq . Định lý 4.1.4. Cho trường hữu hạn Fq và   Fq* . Khi đó, các phần tử liên hợp với  trên trường con bất kỳ của Fq có cùng cấp trong nhóm Fq* . Chứng minh : Ta có q  p n , với p nguyên tố và n  N . Xét một trường con bất kỳ Fp m , với m | n của Fq . Đặt l  n . Khi đó, [Fpn : Fpm ]  l . Ta có các phần tử liên m hợp với  trên Fp m là  , p , p ,..., q 2m m ( l 1) . Theo Định lý 2.2.3, Fq* là nhóm xyclic, vì thế ta giả sử Fq*  a , suy ra a  a k , k  Z . Vì vậy, các phần tử liên hợp với  trên trường con Fp m của Fq có dạng như sau  k , kp , p Khi đó, t 1, l  1, a kptm k 2m ,..., q km ( l 1) pn  1 pn  1   gcd(kptm , p n  1) gcd(k , p n  1) Áp dụng định lý vừa chứng minh, ta nhận được kết quả sau đây : Hệ quả 4.1.5. Nếu  là phần tử nguyên thủy của Fq thì mọi phần tử liên hợp với  trên một trường con bất kỳ của Fq cũng là phần tử nguyên thủy của Fq . Định lý 4.1.6. Cho   Fqn . Khi đó, nếu d là số nguyên dương nhỏ nhất thõa mãn     q   thì đa thức f ( x)   x     x   q  x   q ... x   q d GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 25 2 d 1  bất khả quy trên F . q SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Chứng minh: Giả sử deg(min( Fq , ))  m . Ta có  là nghiệm của đa thức x q  x , do đó min( Fq , ) | xq  x . Theo Bổ đề 3.1.1, ta có m | d . Mặt khác, d d Fqm  Fq ( ) , vì thế  q   , do d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa  q   nên ta m d suy ra m = d. Theo Định lý 3.1.2 thì f ( x)  min( Fq , ) . 2. Căn của đơn vị và vết Định nghĩa 4.2.1. Cho K là một trường bất kỳ có đặc số p (p có thể bằng 0) và n là một số nguyên dương. Ta gọi trường phân rã trên K của đa thức x n  1 K[ x] là trường n – cyclotomic trên K và ký hiệu K   . Mỗi nghiệm trong K   của đa thức n n n x n  1 được gọi là một căn bậc n của đơn vị trên K. Ký hiệu E   là tập hợp tất cả các căn bậc n trên K của đơn vị. Định lý 4.2.2. Cho K là một trường bất kỳ có đặc số p (p có thể bằng 0) và n là một số nguyên dương. Khi đó, E   là một nhóm xyclic có cấp không chia hết cho p. n Cụ thể: (i) Nếu p | n thì E   là nhóm xyclic cấp n. n (ii) Nếu p | n và n  mp s , p | m thì K  m  K  n và E  m  E  n là nhóm xyclic cấp m. Chứng minh: (i) Đặt f ( x)  x n  1, f '( x)  nx n1 là đạo hàm của đa thức f(x). Vì n không chia hết cho p nên f(x) và f’(x) không có nghiệm chung, suy ra f(x) không có nghiệm bội. n Do đó, E    n . Giả sử a và b là hai nghiệm tùy ý trong K  n của f(x). Khi đó,   0 ,  ab   a nbn ,  a 1    a n  , suy ra ab  E  n , a1  E  n . Vì vậy, E  n là nhóm 1 n n   con hữu hạn cấp n của nhóm K  n * nên theo Hệ quả 2.2.4, E   cũng là nhóm xyclic. n (ii) Vì mp s  n  0 nên m > 0,p > 0. Do đó, xn  1   xm   1   xm  1 . ps Suy ra K  m ps  K  n và đa thức f ( x)  x n  1 có m nghiệm bội bậc p s trong K   . n Vì vậy, E  m  E  n . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 26 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Định nghĩa 4.2.3. Cho K là trường đặc trưng p và n là một số nguyên dương không chia hết cho p. Ta gọi mỗi phần tử sinh của nhóm xyclic E   là một căn nguyên n thủy bậc n trên K của đơn vị. Nhận xét. Có tất cả   n  căn nguyên thủy trên K của đơn vị. Định nghĩa 4.2.4. Cho   F  Fqm và K  Fq . Vết của  trên K, ký hiệu là TrF / K   , là tổng của tất cả các phần tử liên hợp vói  trên K. Như vậy, TrF / K       q  ...   q . m 1 Định lý 4.2.5. Cho F  Fqm và K  Fq . Khi đó, hàm vết TrF / K : F  K thỏa mãn các tính chất sau: (i) TrF / K (   )  TrF / K    TrF / K    ,  ,   F ; (ii) TrF / K  a   aTrF / K   , a  K ,   F ; (iii)TrF / K  a   ma, a  K ; (iv)TrF / K  q   TrF / K   ,   F ; Chứng minh. (i)  ,   F , ta có TrF / K (   )  (   )  (   )q  (   )q  ...  (   )q 2  =    q  ...   q m 1      q  ...   q m 1 m 1  =TrF / K    TrF / K    . (ii) a  K ,   F , ta có TrF / K (a )  (a )  (a )q  ...  (a ) q m 1 = a q  a q q  ...  a q  q m 1 m 1 = aTrF / K   . (iii) a  K ,TrF / K  a   a  aq  ...  aq . Vì a  K nên a q  a, i  0, m  1. m 1 i Vì vậy, TrF / K (a)  ma. (iv)   F , ta có GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 27 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy TrF / K  q    q   q   ...   q  q  =  q   q  ...   q 2 =    q  ...   q m 1 q m 1   qm m 1 = TrF / K   . 3. Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn Định lý 4.3.1. Giả sử f ( x)  Fq [x] là đa thức có bậc n thì f(x) là đa thức bất khả quy trên Fq nếu và chỉ nếu:   f ( x) | x q  x và gcd( f ( x), x q  x)  1 với i  1,2,3,...,[n / 2] n i Chứng minh :     Nếu f(x) bất khả quy trên Fq thì theo Bổ đề 3.1.1, ta có f ( x) | x q  x và n gcd( f ( x), x q  x)  1 với i  1,2,3,...,[n / 2] . i   Nếu f(x) khả quy trên Fq thì f(x) có nhân tử g(x) bất khả quy trên Fq . Giả   sử deg g ( x)  m và m  [n / 2] . Theo Bổ đề 3.1.1, ta có g ( x) | x q  x , do đó m gcd( f ( x), x q  x)  1 ( mâu thuẫn ). Vậy f(x) bất khả quy trên Fq . m Định lý 4.3.2 Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bậc n  1 . Khi đó, các điều kiện sau đây là tương đương: (i) f(x) bất khả quy trên Fq . (ii)  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f  là bất khả quy, trong đó a, b, c, d  Fq sao cho  cx  d  ad  bc  0 . Chứng minh: Trước hết, ta có nhận xét: (a) Cho f ( x)  a0  a1x  a2 x2  ...  an xn là đa thức bậc n trên Fq . Khi đó, ax  b  n    cx  d   cx  d   cx  d deg f ( x) f  i n i  ax  b  f    nai  ax  b   cx  d   cx  d  i 0 cũng là một đa thức Fq . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 28 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy (b) Nếu f(x) bất khả quy và ad  bc  0 thì  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f  là đa thức có  cx  d  bậc n. Bây giờ ta sẽ chứng minh  i    ii  :   Giả sử  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f  bất khả quy trên Fq . Nếu f(x) khả quy thì  cx  d  f(x) được phân tích thành ít nhất hai nhân tử bất khả quy. Giả sử f(x) là tích của m nhân tử bất khả quy trên Fq , với 2  m  n . Do đó, f ( x)  f1 ( x) f2 ( x)... fm ( x) , trong đó f1 ( x), f2 ( x),..., fm ( x) là các đa thức bất khả quy trên Fq và deg f1 ( x)  k1  1,deg f2 ( x)  k2  1,...,deg f m ( x)  km  1 sao cho k1  k2  ...  km  n . Ta có ax  b  n  ax  b   ax  b   ax  b     cx  d  f1   f2   ... f m    cx  d   cx  d   cx  d   cx  d  k2 km  ax  b    ax  b    ax  b  f1    cx  d  f 2   K  cx  d  f m    cx  d    cx  d    cx  d   cx  d deg f ( x ) f   k   cx  d  1  Theo nhận xét trên, ta có  cx  d k 1 k2 km  ax  b   ax  b   ax  b  f1   ,  cx  d  f 2   , L,  cx  d  f m    Fq [x]  cx  d   cx  d   cx  d  lần lượt có bậc là k1, k2 ,..., km . Ta suy ra  cx  d  deg f ( x ) và  ax  b  f  khả quy ( mâu  cx  d  thuẫn). Vì vậy, f(x) bất khả quy trên Fq .   Giả sử, f ( x)  a0  a1 x  a2 x2  ...  an xn bất khả quy trên Fq . Do ad  bc  0 nên gcd(ax  b, cx  d )  1. Gọi  là nghiệm của  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f   cx  d  trên Fq . Khi đó, a  b  0, c  d  0 . Đặt   (a  b) / (c  d ) (1) Ta có:  a  b  deg f ( x ) (c  d )deg f ( x ) f    c  d  f ( )  0 kéo theo f ( )  0 . Do đó,    c  d  là một nghiệm của f(x) và   Fq ( )  Fqn . Do (1) nên  là một nghiệm của đa thức GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 29 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy  ax  b   (cx  d ) , đa thức này có bậc 1. Do đó,   Fq ( ) . Rõ ràng,   Fq ( ) . Vâỵ ta được Fq     Fq   . Mặt khác, [Fq    : Fq ]  [Fqn : Fq ]  n . Vì vậy, [Fq   : Fq ]  [F    : Fq ]  n . Theo nhận xét trên, ax  b    cx  d   cx  d deg f ( x) f  có bậc n. Vì vậy, ax  b   bất khả quy trên Fq .  cx  d   cx  d deg f ( x) f  Định lý 4.3.3. Cho f ( x)  Fq  x là đa thức bậc n > 1. Nếu f(x) bất khả quy trên Fq thì: a) Tổng các hệ tử của f(x) khác 0 b) gcd( f ( x), f '( x))  1 . Chứng minh: a) Giả sử tổng các hệ tử của f(x) bằng 0 suy ra 1 là nghiệm của f(x) (mâu thuẫn). Vậy tổng các hệ tử của f(x) khác 0. b) Giả sử gcd( f ( x), f '( x))  d ( x)  1 . Ta có, f ( x)  d ( x)h( x) , vì deg f '( x)  deg f ( x) nên deg h( x)  1 kéo theo f(x) khả quy. Vì vậy, f(x) bất khả quy trên Fq . Khi q = 2, chúng ta có : Định lý 4.3.4. Cho f ( x)  F2[x] . Nếu f(x) bất khả quy trên F2 thì a) Số các số hạng của f(x) có hệ số bằng 1 là số lẻ. b) Có số hạng x m của f(x) với hệ số bằng 1 sao cho 2 |m . Chứng minh: a) Vì F2 là trường đặc trưng 2 nên các hệ số của các số hạng khác 0 của đa thức f(x) trên F2 đều bằng 1. Do đó, số các số hạng của f(x) có hệ số bằng 1 phải là số lẻ (nếu là số chẵn thì f(1) = 0). b) Nếu f(x) = x thì hiển nhiên định lý đúng. Giả sử f(x) không có dạng x. Khi đó,   ta có thể viết f ( x)  x m1  x m2  ...  x mn  1, trong đó mi  1, i 1, n . Giả sử, 2 | mi , i 1, n , suy ra mi  2ki , với ki  Z , 1, n . Khi đó, GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 30 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy  = x = x  f ( x)  x 2 k1  x 2 k2  ...  x 2 kn  1  2 k1  x k2  ...  x kn 1 k1  x k2  ...  x kn  1 x k1  x k2  ...  x kn  1   Do đó, f(x) khả quy (mâu thuẫn). Vì vậy, tồn tại i 1, n sao cho 2 |m . Định lý 4.3.5. Cho q  p m , p là một số nguyên tố. Khi đó, tam thức x p  x  b, b  Fq* , bất khả quy trên Fq khi và chỉ khi TrFq / Fp  b   0 . Chứng minh: Gọi  là một nghiệm của x p  x  b trong trường phân rã của x p  x  b trên Fq . i 1 Ta sẽ chứng minh:  p    b  b p  L  b p , i  1, 2, K bằng quy nạp. i Thật vậy, vì  là một nghiệm của x p  x  b nên  p    b  0 suy ra  p    b . Vậy đẳng thức đúng khi i = 1. Giả sử đẳng thức đúng với i  k  1. Ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng với i  k  1/ Ta có: p k 1      b  b  p k p p  ...  b p   p  b p  b p  ...  b p k    b  b p  b p ...  b p k 2 2 k 1  p Suy ra đẳng thức đúng với i  k  1. Vậy đẳng thức đúng với mọi i  1, 2,... Khi đó,  p   p    b  b p  ...  b p m m 1    TrFq / Fp b  . (2) Vì vậy, TrFq / Fp  b   0 khi và chỉ khi  p   kéo theo   Fq , tức là mỗi nghiệm của x p  x  b đều nằm trong Fq . Do đó, TrFq / Fp  b   0 khi và chỉ khi x p  x  b là tích của các đa thức bậc nhất trong Fq  x . Giả sử TrFq / Fp  b   0 . Đặt   TrFq / Fp  b  , khi đó,   Fp* . Ta sẽ chứng minh đẳng thức  q    i , i  1, 2,..., p  1; q   đúng bằng quy i p nạp. Thật vậy, theo (2),  q    TrFq / Fp b      . Vậy đẳng thức đúng khi i  1 . Giả sử đẳng thức đúng khi i  k  1. Ta chứng minh đẳng thức đúng với i  k  1. Thật vậy, GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 31 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy q k 1    q k q    k  q   q  k      k    (k  1) Suy ra đẳng thức đúng với i  k  1. Vậy đẳng thức đúng với i  1, 2,... . Hơn nữa, do p  0 nên ta có  q    i , i  1, 2,..., p  1; q   . i p Do đó,  có tất cả p phần tử liên hợp phân biệt trên Fq . Theo Định lý 3.1.6, ta suy ra đa thức tối tiểu của  trên Fq có bậc là p, chính là đa thức x p  x  b . Vì vậy, x p  x  b bất khả quy trên Fq . 4. Phân tích đa thức trên trường hữu hạn Bổ đề 4.4.1. Cho g(x) là một đa thức trong Fq  x và s1, s2 là 2 phần tử khác nhau của Fq . Khi đó, gcd( g ( x)  s1, g ( x)  s2 )  1 . Chứng minh: Ta có   s1  s2  1  g ( x)  s1    s1  s2 1  g ( x)  s2   1 Do đó gcd( g ( x)  s1, g ( x)  s2 )  1 . Bổ đề 4.4.2. Cho f(x) là một đa thức có hệ tử của bậc cao nhất là 1 trong Fq  x là g(x) là một đa thức trong Fq  x . Khi đó, g(x) thõa mãn g ( x)q  g ( x)(mod f ( x)) nếu và chỉ nếu f ( x) | sFq  g  x   s  nếu và chỉ nếu f ( x) |  gcd  f ( x), g ( x)  s  . sFq Chứng minh:  X  s  , với x thuộc Ta có X q  X  sFq Fq  x /  f ( x)  . Khi đó, tat hay X bởi g ( x)  g ( x)   f ( x)   Fq  x  /  f ( x)  vào công thức  X  s  ta được: Xq  X  sFq  g ( x)  f ( x) q   g ( x)   f ( x)   sFq  g ( x)    f ( x)  s  Vì  g ( x)   f ( x)    g ( x)q   f ( x)   g ( x)q (mod f ( x)) q q và g ( x)   f ( x)   g ( x)(mod f ( x)) GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 32 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy  g ( x)  s (mod f ( x)) . nên ta có g ( x)q  g ( x)  sFq Do đó g(x) thõa mãn điều kiện g ( x)q  g ( x)(mod f ( x)) nếu và chỉ nếu  g ( x)  s   0(mod f ( x)) , nghĩa là f ( x) | sFq sFq Hơn nữa, f ( x) | sFq  g  x  s .  g  x   s  nếu và chỉ nếu f ( x) |  gcd  f ( x), g ( x)  s  sFq Định lý 4.4.3. Cho f(x) là đa thức có hệ tử bậc cao nhất là 1 của Fq  x và g(x) là đa thức của Fq  x sao cho g ( x) p  g ( x)(mod f ( x)) thì f ( x)   gcd  f ( x), g ( x)  s  . sFq Chứng minh: Ta dễ thấy rằng gcd  f ( x), g ( x)  s  | f ( x), s  Fq . Theo Bổ đề 3.4.1 ta có gcd  g ( x)  s1, g ( x)  s2   1, s1, s2  Fq , s1  s2 . Vì gcd  gcd  f ( x), g ( x)  s1  ,gcd  f ( x), g ( x)  s2    1 gcd  f ( x), g ( x)  s  | f ( x) . nên sFq Mặt khác, theo Bổ đề 3.4.1 và Bổ đề 3.4.2 ta có f ( x) |  gcd  f ( x), g ( x)  s  . sFq Từ đó ta suy ra : f ( x)   gcd  f ( x), g ( x)  s  . sFq Định lý 4.4.4. Cho f ( x)  Fq  x , trong đó q là lũy thừa của số nguyên tố p và f’(x) = 0 thì f ( x)  h( x) p , h( x)  Fq  x  . Chứng minh: Lấy f ( x)  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n , ao , a1 ,..., an  Fq , an  0 . Khi đó f '( x)  a1  2a2 x  ...  nan xn1 . Vì f '  x   0 nên a1  2a2  ...  nan  0 suy ra ai  0, i  1, n . Tức là, p | ai , i 1, n . Khi đó ta có thể viết lại các hệ tử ai như sau: a1  a1' p  với ai'  Fq , i 1, n ... a  a ' p n  n Vì thế ta có thể viết f(x) dưới dạng sau: f ( x)  a0'  a1' x p  ...  an' x np . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 33 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Xét :  : Fq  Fq b bp là một đồng cấu. Thật vậy:   a  b    a  b   a p  b p    a    b  p  (ab)   ab   a pb p   (a)  b  p Khi đó trong Fq có ai'  bip , i  0, n . Suy ra : f ( x)  b0p  b1p x p  ...  bnp x np  b0p   b1 x   ...   bn x n  p   b0  b1 x  ...  bn x n  p p Đặt h( x)  b0  b1x  ...  bn xn . Khi đó, h( x)  Fq  x  , h( x)  h( x) p Định lý 4.4.5. Cho f(x) là lũy thừa của một đa thức bất khả quy trên Fq và giả sử rằng f '( x)  0 . i) Nếu gcd  f ( x), f '( x)   1 thì f(x) là đa thức bất khả quy. ii) Nếu gcd  f ( x), f '( x)   1 thì p( x)  f ( x) là đa thức bất khả gcd  f ( x), f '( x)  quy. Khi đó, f ( x)  p( x)m với m  deg f ( x) . deg p( x) Chứng minh: Lấy f ( x)  p  x  với p(x) là một đa thức bất khả quy trong Fq  x . m Khi đó f '( x)  mp( x)m1 p '( x) . Vì f '( x)  0 , gcd  f ( x), f '( x)   p( x) m1 . Nếu gcd  f ( x), f '( x)  1 thì m = 1. Do đó f ( x)  p  x  là một đa thức bất khả quy. Nếu gcd  f ( x), f '( x)  1 thì p( x)  f ( x) là một đa thức bất khả quy. gcd  f ( x), f '( x)  Mệnh đề 4.4.6. Chứng minh rằng tổng tất cả các phần tử của trường hữu hạn bằng 0 ngoại trừ trường F2 . Chứng minh: GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 34 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Giả sử Fq là trường hữu hạn và Fq  F2 , Khi đó, mọi phần tử thuộc Fq đều là nghiệm của phương trình xq  x  0 . Vì Fq  F2 nên theo Viet ta có  a  0. aFq Mệnh đề 4.4.7. Chứng minh rằng 3 và 5 là phần tử nguyên thủy của F7 nhưng 2 không phải. Tìm x, y 1,2,3,4,5,6 sao cho 2  3x  5 y trong F7 . Chứngminh: Ta có: F7*  6  2.3 . Xét đa thức x 2  1 , dễ thấy a1  2 không là nghiệm của x2  1 . Đặt b1  22 . Xét x3  1 , ta có a2  3 không là nghiệm của đa thức x3  1 . Đặt b2  33 và đặt b  b1b2  22.33  3 , khi đó b  2.3  6  F7* , suy ra b  3 là phần tử sinh của F7* . Vậy b =3 là phần tử nguyên thủy của F7 . Ta có số phần tử nguyên thủy của F7 là   6  2 . 3k là phần tử nguyên thủy trong F7 khi và chỉ khi gcd  k ,6  1 , suy ra k  5 (lấy k  1 ). Mà 35  5 nên 5 là phần tử nguyên thủy của F7 . Do 2  3, 2  5 nên 2 không là phần tử nguyên thủy của F7 . * Tìm x, y 1,2,3,4,5,6 sao cho 2  3x  5 y trong F7 . Ta có: 31  3 51  5 32  2 52  4 33  6 53  6 34  4 và 54  2 35  5 55  3 36  1 56  1 . Suy ra, 2  32  54 . Vậy ta tìm được x  2, y  4 . Mệnh đề 4.4.8. Tìm cấp của 3 trong F13 . Chứng minh: Ta có: F13*  12  22.3. Xét đa thức x6  1, thấy a1  2 không là nghiệm của x6  1. Đặt b1  23  8 . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 35 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Xét đa thức x 4  1 ,thấy a2  3 không là nghiệm của x 4  1 . Đặt b2  34  3 . 2 * Đặt b  bb 1 2  8.3  11 suy ra b  2 .3 , nên 11 là phần tử sinh của F13 . Vì 3  F13* suy ra 3  11n với n  Z  , do đó 3  11n  12 3 gcd  4,12 Định lý 4.4.9 (Định lý Wilson). Chứng minh rằng  p  1!  1mod  p  nếu và chỉ nếu p là một số nguyên tố. Chứng minh:   Do p là một số nguyên tố nên Z *p là nhóm xyclic cấp p – 1 suy ra a p 1  1, a  Z *p hay đa thức x p1  1 nghiệm trong Z *p . Do đó x p 1  1   x  1 x  2  ... x  p  1 , thay x = 0 ta được 1   p  1! . Vậy 1   p  1! mod  p   .   Giả sử  p  1!  1 mod  p   . Ta cần chứng minh p là số nguyên tố. Thật vậy, nếu p là hợp số khi đó tồn tại a, b 2,3,..., p  1 sao cho p  ab tức là ab  0  mod  p   Do đó  p  1!  1.2.3... p  1  0  mod  p   (trái giả thiết). Vậy p là số nguyên tố. Mệnh đề 4.4.10. Chứng minh rằng nếu nhóm nhân F * của trường F là xyclic thì F hữu hạn. Chứng minh: Giả sử , xét 1  a k  F * . Trường hợp CharF  2 , nếu k = 0 suy ra 1  a0  1 (vô lý). Do đó k  0 , vì ak  1 nên a 2 k  1 suy ra a   kéo theo F * hữu hạn do đó F hữu hạn. Trường hợp CharF  2 , nếu a = 1 thì F  F2 nên F hữu hạn. Nếu a  1 , ta xét 1  a  ak  F * kéo theo 1  a k  a . Nếu k = 0 thì a = 0 (vô lý) nên k  0 , suy ra a  a k 1  1  1 kéo theo a k 1  1  0 . Khi đó tồn tại m  Z * sao cho a k 1  1  a m suy ra am1  1 do đó a   nên F * hữu hạn. Vậy F hữu hạn. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 36 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Mệnh đề 4.4.11. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố và r là một ước nguyên tố của q  1 . Cho a  Fq* và ord  a   m  1 trong Fq* . Khi đó, r |  q  1 / m nếu và chỉ nếu a  Fq*r . Chứng minhi:   Vì r |  q  1 / m nên q  1  mrt , t  N . Mặt khác, do r | q  1 nên gcd  r, q  1  r . Theo Định lý 2.2.8, Fq*  Fq*r   Fq*r   2 Fq*r  ...   r 1Fq*r trong đó  là phần tử nguyên thủy của Fq và  i Fq*r   j Fq*r  , i  j ,0  i, j  r  1 . Ta giả sử a  Fq*r , suy ra a   i0 Fq*r , với 1  i0  r  1. Khi đó, a   i0 br , b  Fq* suy ra  1  a m   i0mbmr , kéo theo 1   i0mbmr  t   i0mt bmrt   i0mt . Vậy  i0mt  1 suy ra q  1| mti0 (vô lý vì mti0  q  1 ). Vậy a  Fq*r .   Ta có Fq*r   q  1 / r . Nếu a  Fq*r thì a q1/ r  1 và do ord  a   m nên m |  q  1 / r kéo theo r |  q  1 / m Mệnh đề 4.4.12. Cho k là số nguyên dương. Chứng minh rằng a  Fq* là lũy thừa bậc k của một số phần tử thuộc Fq nếu và chỉ nếu a q 1 q  1 với d  gcd  q  1, k  . Từ đó chứng minh rằng 1 Fq*2 nếu và chỉ nếu q  1 mod  4   với q lẻ. Chứng minh:  Giả sử a  b k . Ta chứng minn a q 1 d  1 với d  gcd  q  1, k  . Thật vậy, do d  gcd  q  1, k  nên tồn tại n  Z sao cho n.d  k . Khi đó a q 1 d  b k  q 1 d  b   Giả sử a  F * q n q 1 và a a  b . Thật vậy, do a k x q 1 d  1 . Vậy a q 1 q q 1 d q 1 q  1.  1 . Ta chứng minh tồn tại b  Fq* sao cho  1 nên a q 1 d  1  0 . Vậy a là nghiệm của đa thức 1  0 .   Xét Fq*k  c k : c  Fq* . Theo Định lý 2.2.7, suy ra : GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 37 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Fq*k  q 1 q 1 .  gcd  q  1, k  d Do đó số phần tử bậc k trong Fq*k là Vì đa thức x q 1 d  1 có bậc phần tử của F . Vậy đa thức x *k q q 1 . d q 1 q 1 nên có tối đa nghiệm và nhận tất cả các d d q 1 d  1 có đúng q 1 nghiệm và tất cả các nghiệm đó d đều thuộc Fq*k . Vậy a q 1 d  1 thì a  Fq*k , suy ra tồn tại b  Fq* sao cho a  bk . Do gcd  q  1,2  2 . Khi đó, áp dụng chứng minh trên ta có: q 1 1 Fq*2   1 gcd q1,2  1   1 q 1 2  1  4 |  q  1  q  1  0mod  4   q  1mod  4  Mệnh đề 4.4.13. Chứng minh rằng m  Z  ta có: 1,  q  1 | m m a    aFq 0,(q  1) | m Chứng minh: Nếu  q  1 | m suy ra tồn tại t  Z sao cho m  t  q  1 . Khi đó: a m aFq  0m  1m  a2m  ...  aqm1  0  1  a2t  q 1  ...  aqt q11  0  1  1  ...  1  q  1  1  Giả sử Fq*  a khi đó Fq*  1, , 2 ,..., q 2  Nếu  q  1 | m suy ra  m  1 Khi đó a aFq m  a m  1   m   2 m  ...    q2m aFq* GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 38 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Ta có: a m 1   m    2 m  ...    q 2m 1   m   1    q 1m  0 mà  m  1 nên  0. aFq Vậy 1,  q  1 | m m a    aFq 0,(q  1) | m Mệnh đề 4.4.14. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố p. Nếu a, b  Fq* , a  a0p 1 với a0  Fq* và TrFq / Fp  b / a0p   0 thì tam thức x p  ax  b bất khả quy trên Fq . Chứng minh:   Giả sử a  a0p1 , với a0  Fq* và TrFq / Fp b / a0p  0 . Khi đó,  x p  x   b  x  ax  b  a           .   a0   a0   a0     p Đặt y  p 0 x b . Theo Định lý 3.3.5, y p  y  p bất khả quy trên Fq . Vì thế, a0 a0 x p  ax  b bất khả quy trên Fq . Mệnh đề 4.4.15. Cho f ( x)  x 2  1 và p là một số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng f(x) khả quy trên Fp khi và chỉ khi p  1 mod 4 . Chứng minh:   Giả sử a  Fp là một nghiệm của f ( x)  x 2  1 suy ra a2  1  0 do đó a2  1 suy ra a 4  1. Vậy a  4 trong Fp* . Mà Fp*  p  1 nên ta có 4 | p  1 suy ra p  1  0  mod 4 hay p  1 mod 4 .   Nếu p  1 mod 4 suy ra, suy ra tồn tại a  Fp* sao cho a  4 . Vì Fp* là nhóm xyclic cấp p – 1. Như vậy a 4  1 và a 2  1 suy ra a2  1 nên a2  1  0 . Vậy a là nghiệm của đa thức f ( x)  x 2  1 . Do đó f ( x)  x 2  1 bất khả quy trên Fp . Mệnh đề 4.4.16. Có trường gồm 9 phần tử. Chứng minh: GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 39 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Xét f ( x)  x 2  1  F3  x  . Ta thấy f(x) không có nghiệm trên F3 nên f(x) bất khả quy trên F3 . Gọi  là nghiệm của đa thức f(x) trên trường phân rã F3 . Ta có min  F3 ,   x 2  1 suy ra  F3   : F3   deg min  F3 ,   2 . Vì thế F3    32  9 . Do đó F3    F32 . Ta có 1, là cơ sở của F3   trên F3 . Vậy ta có các phần tử của trường F3 là: F9  F3    a  b | a, b  F3  0,1,2, ,2 ,1   ,1  2 ,2   ,2  2  Phần tử nghịch đảo của các phần tử khác không là : a 1 2  2 1+ 1+2 2+ 2+2 a 1 1 2 2  1+2 1+ 2+2 2+ Mệnh đề 4.4.17. Có các trường con của trường F224 . Chứng minh: Gọi Un là tập hợp tất cả các ước của n. Suy ra U 24  1,2,3,4,6,8,12,24 . Vậy các trường con của trường F224 là : F2 , F22 , F23 , F24 , F26 , F28 , F212 , F224 Mệnh đề 4.4.18. Tìm tất cả các đa thức bất khả quy bậc hai trên F2 . Chứng minh: Gọi f ( x)  ax 2  bx  c là đa thức bất khả quy trên F2 . Do f(x) bất khả quy nên f(x) không có nghiệm trong F2 . Suy ra a. f (0). f (1)  0 hay ac  a  b  c   0 . a  0 a  1 ac  0    c  0  b  1 Do đó:  a  b  c  0 a  b  c  0 c  1   Vậy đa thức x 2  x  1 là đa thức bất khả quy bậc hai duy nhất trên F2 . Mệnh đề 4.4.19. Chứng minh rằng x5  x2  1 bất khả quy trên F2 . Đặt F25  F2  x x5  x 2  1 , tính vết của phần tử  bất kỳ trong F25 . Chứng minh:  Chứng minh x5  x2  1 bất khả quy trên F2 . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 40 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Đa thức x5  x2  1 không có nghiệm trong F2 . Ta có đa thức x5  x2  1 là đa thức bậc hai bất khả quy duy nhất trong F2 mà x5  x2  1 không chia hết cho x 2  x  1. Vậy x5  x2  1 bất khả quy trên F2 . Đặt F25  F2  x x  x 1 5  5   2  1 . Khi đó, 2 , gọi  là nghiệm của đa thức x5  x2  1 suy ra   F25   a0  a1  a2 2  a3 3  a4 4 ta có với ai  F2 , i  1, 4 .  Ta tính Tr    .       Ta có Tr     a0Tr 1  a1Tr    a2Tr  2  a3Tr  3  a4Tr  4 Mà: Tr 1  5.1  5  1a1 Tr       2   4   8   16 Do  5   2  1 suy ra  6   3    8   5 3   2  1 3   5   3   3   2  1  16   3   2  1   6   4  1  2 5  2 3  2 2   4   3    1 2 Suy ra: Tr ( )     2   4   3   2  1   4   3    1  0 Tr ( 4 )  Tr  2   Tr    0 Tr  3    3   6   12   24   48 Ta có:  6   3   suy ra  6   3   . Do đó  12  2 9   6   2 . Suy ra  12   6   2 . Vì thế  24   12   4 , suy ra  48   24   8   3   2  1 .   Do đó: Tr  3   3   2   3   2  1  1 . Vậy: Tr     a0  a3 . Mệnh đề 4.4.20. Cho a là nghiệm của đa thức bất khả quy f  K [ x] . Chứng minh rằng  K  a  : K   deg f . GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 41 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Chứng minh: Ta có thể giả thiết f là một đa thức chuẩn. Khi đó, f là đa thức tối tiểu của a trên K. Vì vậy,  K  a  : K   deg f . Mệnh đề 4.4.21. Chứng minh rằng x4  2 x2  9 là đa thức bất khả quy của Q[x]. Chứng minh: Q u   Q  x4  2 x2  9  Q  x có nghiệm   2, i  nên  2, i . u2  3 Mặt khác, từ u  2  i suy ra i   Q  u  và 2u Q u  2  i Q  2, i  Q  u  . Vậy Q  u   Q  u2  3 2  Q  u  và do đó 2u  2, i . Ta có: Q  u  : Q  Q    2, i : Q  4 .  Cho nên x4  2 x2  9 là đa thức bất khả quy của Q[x]. Nhận xét: Ở bài toán này, ta nhận thấy rằng nó cũng tương tự như ví dụ 6.4 ở phần I, ta không thể biến đổi nó thành đa thức Aidenstaino. Vì vậy, nhờ lý thuyết Galois, ta đã chứng minh được một đa thức là bất khả quy. Mệnh đề 4.4.22. a) Cho F là trường có đặc số p và a  F . Chứng minh rằng nếu đa thức x p  x  a khả quy trong F[x] thì phân rã trong F. b) Với mọi số nguyên tố p, chứng minh rằng x p  x  1 bất khả quy trên Q. Chứng minh: a) Gọi  là nghiệm của f  x p  x  a trong một trường phân rã của f trên Z p . Khi đó   1,...,   p  1 là các nghiệm còn lại của Zp . Nếu f   x m  a1 xm 1  ...  am  xn  ...  bn  với m  0, n  0 là một phân tích của f trong Z p [x] . Khi đó a1 là tổng của m nghiệm của f. Do đó a1  m  d với m, d  Z p . Suy ra   F . Vậy f phân rã trong F. b) Xét f  x p  x  1 trong Z p  x . Dễ thấy rằng f không có nghiệm trong Z p nên bất khả quy trên Z p . Mệnh đề 4.4.23. Cho F là trường có đặc số p và a  F không có căn bậc p trong F. Chứng minh rằng f  x p  a bất khả quy trên F. Chứng minh: Giả sử f khả quy. Khi đó f  gh với GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 42 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy g  xm  a1xm1  ...  a0 Sao cho 0  m  p . Trong trường phân rã E f của f trên F, do tính duy nhất của dạng nhân tử hóa, ta có: g   x  b   xm   1 mbxm  ...   1 bm . m m m Suy ra a1   1 mb . Do m  0 trong F, ta có b  F . Vô lí ! m Vì vậy f bất khả quy. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 43 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy C. PHẦN KẾT LUẬN Khóa luận đã trình bày một số tính chất của đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 0 và trường có đặc số khác 0. Bên cạnh đó khóa luận đã đưa ra được một số kiều kiện, tiêu chuẩn để một đa thức bất khả quy, phân tích được trên trường số và trường hữu hạn, chứng minh được một số mệnh đề liên quan. Do tài liệu về đa thức bất khả quy còn hạn chế và khả năng còn có hạn nên chưa thể nghiên cứu sâu hơn, khóa luận chỉ dừng lại ở mức độ xét một số tính chất cơ bản của đa thức bất khả quy mà chưa xét được tính ứng dụng của đa thức bất khả quy. Em hy vọng tương lai mình sẽ có điều kiện để tiếp tục nghiên cứu sâu hơn những vấn đề trên. Tuy bản thân đã rất cố gắng nhưng khóa luận khó tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 44 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức và ứng dụng, NXBGD. [2] Hoàng Xuân Sính (2004), Đại số đại cương, NXBGD. [3] Nguyễn Tự Cường (2002), Giáo trình đại số hiện đại, NXBĐHQGHN. [4] Nguyễn Chánh Tú (2006), Mở rộng trường và lý thuyết Galois, NXBGD. [5] Ngô Việt Trung, Lý thuyết Galois, NXBĐHQGHN. [6] Lê Thanh Hà, Giáo trình Các trường số đại số và lý thuyết Galois, NXBGD [7] Phan Doãn Thoại, Giáo trình lý thuyết trường, NXBĐHSP. GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 45 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy LỜI CẢM ƠN Sau thời gian học tập nghiên cứu tại trường Đại học Quảng Bình, với những kiến thức tiếp thu được từ quý thầy cô của trường và đặc biệt là quý thầy cô bộ môn Toán – Khoa Khoa học tự nhiên đã giúp em cảm thấy tự tin thực hiện khóa luận tốt nghiệp toàn khóa. Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến các thầy cô bộ môn Toán, đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất đến thầy Trần Mạnh Hùng. Thầy đã tận tình giúp đỡ và động viên để em hoàn thành tốt khóa luận tốt nghiệp này. Và em cũng gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đã tạo điều kiện giúp đỡ em trong thời gian qua. Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế nên mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng khóa luận khó tránh khỏi những thiếu sót. Mong nhận được ý kiến đóng góp quý báu từ quý thầy cô và các bạn. Cuối cùng, em xin chân thành cảm ơn tất cả mọi người đã giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành tốt khóa luận tốt nghiệp toàn khóa. Quảng Bình, tháng 05 năm 2014 Sinh viên thực hiện Nguyễn Thị Thanh Nga GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 46 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy MỤC LỤC A.PHẦN MỞ ĐẦU .................................................................................................... 1 BẢNG KÍ HIỆU ........................................................................................................... B. PHẦN NỘI DUNG ................................................................................................ 2 CHƯƠNG I. KIẾN THỨC CƠ SỞ ............................................................................. 2 I. MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ NHÓM ......................................................................... 2 1. Nhóm ...................................................................................................................... 2 2. Nhóm con ............................................................................................................... 2 3. Nhóm hữu hạn sinh ................................................................................................. 3 4. Cấp của nhóm – cấp của phần tử ............................................................................. 3 II.MỘT SỐ KIẾN THỨC VÀNH VÀ TRƯỜNG ....................................................... 4 1. Vành ....................................................................................................................... 4 1. Trường: ................................................................................................................... 4 2. Trường con ............................................................................................................ 5 3. Đồng cấu vành ........................................................................................................ 5 4. Đặc số của vành ...................................................................................................... 6 III. ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG ...................................................................... 6 1. Định nghĩa đa thức: ................................................................................................ 7 2. Nghiệm của đa thức : .............................................................................................. 7 VI. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY ................... 7 1. Định nghĩa: ............................................................................................................. 7 2. Tính chất:................................................................................................................ 7 V. TRƯỜNG PHÂN RÃ CỦA ĐA THỨC : ............................................................... 9 1. Định nghĩa: ............................................................................................................. 9 VI. MỞ RỘNG TRƯỜNG ........................................................................................ 10 VII. PHẦN TỬ ĐẠI SỐ ........................................................................................... 10 1. Định nghĩa ............................................................................................................ 10 2. Tính chất............................................................................................................... 10 VII. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TRƯỜNG HỮU HẠN ........................................ 11 1. Định nghĩa ............................................................................................................ 11 2. Nhóm nhân của trường hữu hạn ............................................................................ 11 GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 47 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy 3. Số phần tử của trường hữu hạn.............................................................................. 14 CHƯƠNG II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY .............................................................. 17 I. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC.................................... 17 II. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ THỰC .................................. 17 III. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỬU TỶ ................................... 18 IV. ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ............................... 24 C. PHẦN KẾT LUẬN .............................................................................................. 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO......................................................................................... 45 GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 48 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy BẢNG KÍ HIỆU  Tập rỗng Z Tập các số nguyên gcd(m, n) Ước chung lớn nhất của m và n m|n m chia hết n [n] Số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng n ( n  R ) a  b  mod m a đồng dư với b modulo m   n Số các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n (hàm Euler) Fq Trường có q phần tử Fq* Nhóm nhân các phần tử khác không của Fq K(a) Mở rộng đơn của trường K sinh bởi phần tử a 1 Phần tử đơn vị của vành (nhóm) ord (a) Cấp của phần tử a a 1 Phần tử nghịch đảo của phần tử a a Nhóm xyclic sinh bởi phần tử a F[x] Vành các đa thức theo biến x trên trường F deg  f  x   Bậc của đa thức f(x) gcd  f  x  , g  x   Ước chung lớn nhất của f(x) và g(x) f  x | g  x f ' x f  x  chia hết g(x) Đa thức đạo hàm của f(x) L > K hay K  L L là mở rộng trường của trường K L : K  Bậc của mở rộng L trên trường K charF Đặc số của vành (trường) F GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 49 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga [...]... những bội của  , như nghiệm của f(x) cũng sẽ bằng bằng nhau Hệ quả 2.3: Đa thức bất khả quy của R[x] là các đa thức bậc nhất và những đa thức bậc 2 có biệt số   b2  4ac  0 Chứng minh: Các đa thức bậc nhất và các đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng là những đa thức bất khả quy của R[x] Giả sử p(x) là một đa thức bất khả quy của R[x] với bậc lớn hơn 1, ta có p(x) không có nghiệm thực Theo Định... Thanh Nga Đa thức bất khả quy Chú ý : Trong vành Q  x  , để xét xem đa thức có bất khả quy hay không phức tạp hơn nhiều Đối với đa thức bậc 2, 3 của Q  x  , các đa thức bất khả quy khi và chỉ khi chúng không có nghiệm hữu tỷ Nhưng đối với đa thức bậc lớn hơn 3 thì phức tạp hơn nhiều Ví dụ 3.1: x4  3x2  2   x2  2 x2  1 rõ ràng không có nghiệm hữu tỷ nào, nhưng nó không phải bất khả quy Vì... hết cho p thì f(x) bất khả quy trên Z[x] Nếu tất cả các giả thiết được thõa mãn thì f(x) cũng bất khả quy trên Q Ví dụ 3.2: Đa thức f ( x)  x 4  2 x  2 bất khả quy trên Q ( với p = 2 ) Ví dụ 3.3: Chứng minh đa thức sau là bất khả quy: x 4  2 x  3 Chứng minh: Đặt x = y + 1 thay vào đa thức f ( y)   y  1  2( y  1)  3 4  y 4  4 y3  6 y 2  2 y  2  f(y) bất khả quy với p = 2 Qua ví dụ... Cho f(x) là lũy thừa của một đa thức bất khả quy trên Fq và giả sử rằng f '( x)  0 i) Nếu gcd  f ( x), f '( x)   1 thì f(x) là đa thức bất khả quy ii) Nếu gcd  f ( x), f '( x)   1 thì p( x)  f ( x) là đa thức bất khả gcd  f ( x), f '( x)  quy Khi đó, f ( x)  p( x)m với m  deg f ( x) deg p( x) Chứng minh: Lấy f ( x)  p  x  với p(x) là một đa thức bất khả quy trong Fq  x m Khi đó f... một đa thức Fq GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 28 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy (b) Nếu f(x) bất khả quy và ad  bc  0 thì  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f  là đa thức có  cx  d  bậc n Bây giờ ta sẽ chứng minh  i    ii  :   Giả sử  cx  d  deg f ( x )  ax  b  f  bất khả quy trên Fq Nếu f(x) khả quy thì  cx  d  f(x) được phân tích thành ít nhất hai nhân tử bất khả. .. ta có GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 27 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy TrF / K  q    q   q     q  q  =  q   q    q 2 =    q    q m 1 q m 1   qm m 1 = TrF / K   3 Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn Định lý 4.3.1 Giả sử f ( x)  Fq [x] là đa thức có bậc n thì f(x) là đa thức bất khả quy trên Fq nếu và chỉ nếu:   f ( x) | x q  x và gcd( f ( x),... con chứa p m phần tử của Fp n Nếu tồn tại F1 chứa đúng p m phần tử thì p m phần tử đó là nghiệm của đa thức x p  x Nhưng x p  x chỉ có p m m m nghiệm trong Fp n Suy ra F’ = F1 GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 16 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy CHƯƠNG II ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY I ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC Định lý 1.1: ( Định lý cơ bản của đại số sơ cấp ) Trường số phức C là trường... minh tính bất khả quy của một đa thức không Aidenstaino để nó thành Aidenstaino Điều này phát huy tác dụng của tiêu chuẩn Aidenstaino Như vậy, có một câu hỏi đặt ra là nếu cho một đa thức là bất khả quy, để chứng minh nó là bất khả quy thì có thể băng cách thay đổi biến mà biến đổi nó thành đa thức Aidenstaino không ? Câu trả lời là không bao giờ cũng có cách biến đổi như vậy 2 Ví dụ 3.4: Cho đa thức f... còn m = 1: bây giờ (3) có dạng (x – a2) – (x – a1) = 2, Từ đây suy ra a1 = a2 + 2, nó chính là điều kiện 3 của đề bài loại trù IV ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN 1 Nghiệm của đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn Bổ đề 4.1.1 Cho f ( x)  Fq [x] là đa thức bất khả quy bậc m trên Fq và n là một số nguyên dương Khi đó, f(x) chia hết x q  x nếu và chỉ nếu m chia hết n n Chứng minh:   Giả sử... x)  1 thì m = 1 Do đó f ( x)  p  x  là một đa thức bất khả quy Nếu gcd  f ( x), f '( x)  1 thì p( x)  f ( x) là một đa thức bất khả quy gcd  f ( x), f '( x)  Mệnh đề 4.4.6 Chứng minh rằng tổng tất cả các phần tử của trường hữu hạn bằng 0 ngoại trừ trường F2 Chứng minh: GVHD: Th.s Trần Mạnh Hùng 34 SVTH: Nguyễn Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Giả sử Fq là trường hữu hạn và Fq  F2 , Khi ... 2.3: Đa thức bất khả quy R[x] đa thức bậc đa thức bậc có biệt số   b2  4ac  Chứng minh: Các đa thức bậc đa thức bậc hai với biệt số âm rõ ràng đa thức bất khả quy R[x] Giả sử p(x) đa thức bất. .. Thị Thanh Nga Đa thức bất khả quy Số phần tử trường hữu hạn 14 CHƯƠNG II ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 17 I ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG SỐ PHỨC 17 II ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG... Đa thức bất khả quy Chú ý : Trong vành Q  x  , để xét xem đa thức có bất khả quy hay không phức tạp nhiều Đối với đa thức bậc 2, Q  x  , đa thức bất khả quy chúng nghiệm hữu tỷ Nhưng đa thức