Về đa thức khả quy trên zp nhưng bất khả quy trên q

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN LẬP VỀ ĐA THỨC KHẢ QUY TRÊN Z p NHƯNG BẤT KHẢ QUY TRÊN Q LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN VĂN LẬP VỀ ĐA THỨC KHẢ QUY TRÊN Z p NHƯNG BẤT KHẢ QUY TRÊN Q Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Danh sách ký hiệu iii Mở đầu 1 Đa thức bất khả quy 1.1 Định nghĩa, ví dụ tính chất 1.2 Đa thức bất khả quy phần tử Đa thức khả quy Zp bất khả quy Q 2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q 2.2 Mối quan hệ tính bất khả quy Q Zp 13 2.3 Tính bất khả quy đa thức bậc bốn trùng phương 18 √ √ Tính bất khả quy Zp đa thức bất khả quy a + b 31 2.4 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS TS Lê Thị Thanh Nhàn, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Tác giả xin chân thành cảm ơn Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học GS.TSKH Hà Huy Khoái, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, PGS.TS Đàm Văn Nhỉ giảng dạy, trang bị cho chúng em kiến thức cần thiết Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả suốt trình học tập Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, 2015 Nguyễn Văn Lập Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên iii Danh sách ký hiệu K trường K[x] vành đa thức biến x K Z vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức Mở đầu Cho K trường f (x) ∈ K[x] đa thức có bậc dương Ta nói f (x) bất khả quy f (x) không tích hai đa thức có bậc thấp Ngược lại, f (x) tích hai đa thức có bậc thấp ta nói f (x) khả quy K Trong vành đa thức trường, đa thức bất khả quy đóng vai trò quan trọng tương tự vai trò số nguyên tố vành số nguyên Vì thế, nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu tính bất khả quy đa thức Cho f (x) đa thức với hệ số nguyên Để xét tính bất khả quy f (x) Q, người ta thường sử dụng phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố Cụ thể, tồn số nguyên tố p cho chuyển qua vành Zp [x], đa thức f (x) có bậc không đổi bất khả quy trường Zp , f (x) bất khả quy Q Một câu hỏi tự nhiên đặt Giả sử f (x) khả quy trường Zp với số nguyên tố p Liệu f (x) khả quy Q? Người đưa câu trả lời phủ định cho câu hỏi nhà toán học tiếng David Hilbert Một đa thức x4 − 10x2 + 1, bất khả quy Q khả quy trường Zp Mục đích luận văn trình bày lại hai báo gần lớp đa thức bất khả quy Q khả quy trường Zp E Driver, P A Leonard, K S Williams, Irreducible quartic polynomials with factorization modulo p, The Amer Math Monthly, 112 (2005), 876-890 Kelly J Pearson and Tan Zhang, Reducible over any finite field but irreducible over Q, Inter Math Forum, 33 (2008), 1607-1610 Ngoài phần mở đầu tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương với nội dung sau Chương trình bày số khái niệm đa thức bất khả quy Chương nội dung luận văn, chương trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy Q, mối quan hệ tính bất khả quy Q Zp , tính bất khả quy đa thức bậc bốn trùng phương tính bất khả √ √ quy Zp đa thức bất khả quy a + b Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Nguyễn Văn Lập Email: nvlap.cg@gmail.com Chương Đa thức bất khả quy Trong suốt chương này, giả thiết K trường K[x] vành đa thức biến x với hệ số K 1.1 Định nghĩa, ví dụ tính chất Định nghĩa 1.1.1 Đa thức f (x) ∈ K[x] gọi bất khả quy K deg f (x) > f (x) không tích hai đa thức có bậc thấp Nhận xét: Tính chất bất khả quy phụ thuộc vào vành sở Chẳng hạn, đa thức x2 − bất khả quy Q không bất khả quy R; đa thức x2 + bất khả quy R không bất khả quy C Bổ đề 1.1.2 Đa thức f (x) ∈ K[x] bất khả quy K f (x + a) bất khả quy với a ∈ K Chứng minh Cho a ∈ K, với h(x) ∈ K[x] đặt h1 (x) = h(x − a) Chú ý deg h1 (x) = deg h(x) Vì f (x + a) = k(x)g(x) phân tích f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp f (x) = k1 (x)g1 (x) phân tích hai đa thức có bậc thấp Vì f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy Cho T trường chứa trường K Nhắc lại phần tử a ∈ T gọi nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x] f (a) = Kết sau thường gọi Định lí Bezout bé Bổ đề 1.1.3 Phần tử a ∈ K nghiệm đa thức f (x) ∈ K[x] tồn đa thức g(x) ∈ K[x] cho f (x) = (x − a)g(x) Bổ đề 1.1.4 Trên trường K phát biểu sau i) Đa thức bậc bất khả quy; ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy nghiệm K Chứng minh i) Rõ ràng đa thức bậc tích hai đa thức bậc thấp hơn, đa thức bậc bất khả quy ii) Giả sử f (x) có nghiệm a ∈ K Vì deg f (x) > nên theo Bổ đề 1.1.3 ta có f (x) = (x − a)g(x) g(x) ∈ K[x] có bậc dương deg g(x) = deg f (x) − Do f (x) khả quy Giả sử f (x) khả quy K, tức f (x) = g(x)h(x) với deg g(x) < deg f (x) deg h(x) < deg f (x) Vì f (x) có bậc bậc nên hai đa thức g(x) h(x) bậc Mà đa thức bậc có nghiệm trường Vì f (x) có nghiệm K Chú ý phát biểu (ii) Bổ đề 1.1.4 không trường hợp đa thức có bậc lớn Cụ thể đa thức bậc lớn có nghiệm K khả quy Tuy nhiên tồn đa thức nghiệm K khả quy Ví dụ đa thức x4 + 5x2 + = (x2 + 2)(x2 + 3) nghiệm R khả quy R 1.2 Đa thức bất khả quy phần tử Trước hết nhắc lại khái niệm phần tử đại số, phần tử siêu việt Định nghĩa 1.2.1 Cho F trường chứa trường K α ∈ F Ta nói α phần tử đại số K α nghiệm đa thức khác với hệ số K Nếu α không đại số K ta nói α phần tử siêu việt K Đặc biệt, α ∈ C đại số (siêu việt) Q α gọi số đại số (số siêu việt) K Ví dụ 1.2.2 Mọi số phức α = a + bi đại số trường số thực R α √ nghiệm đa thức x2 − 2ax + a2 + b2 ∈ R[x] Số thực số đại số nghiệm đa thức x2 − ∈ Q[x] Người ta chứng minh số π (tỷ số chu vi bán kính đường tròn) không nghiệm đa thức khác Q[x] Vì π số siêu việt Đa thức f (x) ∈ K[x] gọi có dạng chuẩn hệ số cao Mệnh đề 1.2.3 Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Khi đó, tồn đa thức dạng chuẩn p(x) ∈ K[x] bất khả quy nhận a làm nghiệm Hơn g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm g(x) bội p(x) Chứng minh Vì a phần tử đại số K nên tồn f (x) ∈ K[x] đa thức khác có bậc bé nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1 f (x) b hệ số cao f (x) Khi p(x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > Nếu p(x) khả quy p(x) tích hai đa thức K[x] với bậc bé p(x) hai đa thức nhận a làm nghiệm, điều mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do f (x) bất khả quy Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) không chia hết cho p(x) gcd(g(x), p(x)) = p(x) bất khả quy Do tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho = p(x).q(x)+g(x).h(x) Thay x = a ta = p(a).q(a)+ 23 Rõ ràng r2 − 4s số phương 2m số phương Trong trường hợp fm (x) khả quy Q theo Hệ 2.3.2 Chú ý 2m số phương tồn số nguyên u cho m = 2u2 Khi đó, theo Hệ 2.3.2, đa thức fm (x) có phân tích sau thành tích hai đa thức bậc hai với hệ số nguyên fm (x) = x2 − (2u2 − 4u + 2) x2 − (2u2 + 4u + 2) Giả sử 2m không số phương Theo Hệ 2.3.3, fm (x) tích hai đa thức có hệ số nguyên với bậc thấp 2c − r số phương, c2 = s Vì s = (m − 2)2 nên c = m − c = − m Giả sử c = m − Khi đó, theo Bổ đề Gauss, fm (x) khả quy Q 2c − r = 2m − + 2m + = 4m số phương, m số phương Trong trường hợp ta có fm (x) = (x2 + 2tx + t2 − 2)(x2 − 2tx + t2 − 2) Giả sử c = − m Khi 2c − r = −2m + + 2m + = không số phương Trong trường hợp này, fm (x) bất khả quy Q theo Hệ 2.3.3 Vậy fm (x) bất khả quy Q m không phương 2m không phương Các Hệ 2.3.2 2.3.3 cho ta tiêu chuẩn để đa thức bậc trùng phương f (x) = x4 + rx2 + s ∈ Z[x] khả quy Q Phần tiếp theo, đưa tiêu chuẩn khả quy f (x) trường Zp Trước làm điều này, giới thiệu khái niệm đa thức khả quy theo môđun pk , p số nguyên tố k số nguyên dương Định nghĩa 2.3.7 Ta nói f (x) = x4 + rx2 + s khả quy theo môđun pk tồn hai đa thức g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc dương thấp cho f (x) ≡ g(x)h(x)(mod pk ) 24 Dưới tiêu chuẩn để f (x) khả quy theo môđun pk Bổ đề 2.3.8 Cho p số nguyên tố k số nguyên dương Khi đó, đa thức f (x) = x4 + rx2 + s ∈ Z[x] khả quy theo môđun pk tồn số nguyên a, c, e cho c + e − a2 − r ≡ (mod pk ) (2.4) a(e − c) ≡ (mod pk ) (2.5) ce − s ≡ (mod pk ) (2.6) Trong trường hợp ta có phân tích f (x) thành tích hai đa thức bậc hai theo môđun pk sau f (x) ≡ (x2 + ax + c)(x2 − ax + e) (mod pk ) Chứng minh Ta lập luận tương tự chứng minh Định lí 2.3.1 Giả sử f (x) khả quy theo môđun pk Khi vành đa thức Zp [x] ta có phân tích x4 + rx2 + s = (x2 + ax + c)(x2 + tx + e) Đồng hệ số, ta đẳng thức sau vành Zpk    t+a =0      c + e + at = r   et + ae      ce =0 = s Từ phương trình đầu, vành Zpk ta có t = −a Thế vào hai phương trình ta suy đẳng thức sau vành Zpk    c + e − a2 = r   a(e − c)     ce − s =0 = 25 Vì vành Z số nguyên ta có    c + e − a2 − r ≡ (mod pk )   a(e − c) ≡ (mod pk )     ce − s ≡ (mod pk ) Và f (x) ≡ (x2 + ax + c)(x2 − ax + e) (mod pk ) Không khó để kiểm tra điều ngược lại Bổ đề 2.3.8 Nhận xét 2.3.9 Cho f (x) = x4 + rx2 + s với r, s ∈ Z Từ Bổ đề 2.3.8 với k = ta có tiêu chuẩn để f (x) khả quy trường Zp Bây ta xét toán xác định nhân tử f (x) vành đa thức Zp [x] f (x) khả quy Zp Trước hết ta giả thiết p số nguyên tố lẻ Ta giải dễ dàng hai trường hợp đơn giản sau Trường hợp 1: Cho s ≡ 0(mod p) Vì f (x) khả quy Zp nên hệ phương trình (2.4), (2.5), (2.6) thỏa mãn Giải hệ gồm phương trình ta a = c = e = r(mod p) Suy x4 + rx2 + s ≡ x2 (x2 + r)(mod p) phân tích f (x) thành nhân tử bậc hai Bây ta cung cấp đầy đủ nhân tử f (x) theo môđun số nguyên tố p lẻ Nếu s ≡ 0(mod p) (2.4), (2.5), (2.6) giải với k = 1; a = c = e = r Suy x4 + rx2 + s ≡ x2 (x2 + r) (mod p) khả quy Trường hợp 2: r − 4s ≡ (mod p) Vì f (x) khả quy Zp nên hệ (2.4), (2.5), (2.6) thỏa mãn Giải ta k = 1; a = c = e = r/2(mod p) Do x4 + rx2 + s ≡ x4 + rx + r  2 r = x2 +  (mod p) 26 phân tích f (x) thành nhân tử bậc hai Trường hợp 3: Giả sử số r, s không thỏa mãn trường hợp không thỏa mãn trường hợp Để giải trường hợp cần kí hiệu Legendre mà định nghĩa cho số nguyên k số nguyên tố p lẻ k p sau:      p k phương trình x2 ≡ k(mod p) có nghiệm   k  = p | k  p    −1 p k phương trình x2 ≡ k(mod p) nghiệm Nhận xét 2.3.10 Từ định nghĩa kí hiệu Legendre ta suy rangaytính  trên   chất sau Ta có kl p k k2l l =     với số nguyên k, l   = p p p   l   p k p Bằng lập luận tương tự chứng minh Bổ đề 2.3.8, ta suy kết sau Định lí 2.3.11 Nếu p số nguyên tố lẻ r, s số nguyên cho s ≡ (mod p) r2 − 4s ≡ (mod p) phát biểu sau (i) f (x) = x4 + rx2 + s tích đa thức tuyến tính dạng chuẩn đa thức bậc hai dạng chuẩn bất khả quy theo môđun p s p = −1; r2 − 4s p (2.7) = (ii) f (x) = x4 + rx2 + s tích đa thức tuyến tính dạng chuẩn khác vành Zp [x] r2 − 4s s p = 1; p − r − 2t = 1; p = 1, (2.8) 27 t số nguyên cho s ≡ t2 (mod p) (iii) f (x) = x4 + rx2 + s tích đa thức bậc hai bất khả quy dạng chuẩn khác vành Zp [x] r2 − 4s s p = 1; − r − 2t = 1; p p = −1, (2.9) t số nguyên cho s ≡ t2 (mod p) r2 − 4s s = 1; p p = (iv) f (x) = x4 + rx2 + s bất khả quy Zp s p = −1; r2 − 4s p = −1 Mục tiêu tiết sử dụng kết để đưa điều kiện cần đủ để đa thức bậc trùng phương bất khả quy Q nhưngd khả quy trường Zp với số p nguyên tố Trước hết xét tính bất khả quy đa thức f (x) = x4 − 10x2 + 17 trường Zp với p số nguyên tố lẻ Theo Định lý 2.3.11 phần (iv) đa thức bất khả quy Zp s p 17 = p = −1; r2 − 4s p 32 = p = −1 Chú ý 32 = 42 × p lẻ nên p không ước Do từ Nhận xét 2.3.10 ta suy p p 17 = 32 p = p Do vậy, f (x) bất khả quy Zp = −1 Đặc biệt f (x) bất khả quy Z61 Thật 28 vậy, theo ta cần chứng minh 17 61 = 61 = −1 Theo định nghĩa kí hiệu Legendre, ta cần chứng minh 61 không ước 2, 61 không ước 17 hai phương trình đồng dư x2 ≡ 2(mod 61), x2 ≡ 17(mod 61) nghiệm Thật vậy, rõ ràng 61 không ước 61 không ước 17 Xét phương trình x2 ≡ 2(mod 61) Ta cần tìm số nguyên x cho có số nguyên m thỏa mãn x2 = 61m + Rõ ràng vế trái đẳng thức 61m + đồng dư với theo môđun 61 Nếu x chia hết cho 61 vế phải x2 đồng dư với 0, không thỏa mãn Nếu x chia cho 61 dư dư 60 vế phải x2 đồng dư với 1, không thỏa mãn Cứ tiếp tục thử trường hợp số dư x chia cho 61 2, 59, 3, 58, , 30, 31 ta thấy không thỏa mãn Do phương trình x2 ≡ 2(mod 61) nghiệm Tương tự, phương trình x2 ≡ 17(mod 61) nghiệm Vậy f (x) bất khả quy trường Z61 Bây trình bày Định lí tiêu chuẩn khả quy trường Zp với số nguyên tố p Chứng minh Định lí cần đến kết tiếng gọi "Định lí Dirichlet" phát biểu m số nguyên dương a ∈ Z số nguyên tố với m tồn vô hạn số nguyên tố p cho p ≡ a(mod m) Định lí 2.3.12 Cho r s số nguyên tố cho r2 − 4s = (không số phương) Khi đó, đa thức f (x) = x4 + rx2 + s khả quy Zp với số nguyên tố p tồn số nguyên tố t cho s2 = t Chứng minh Giả sử tồn t ∈ Z cho s = t2 Xét số nguyên tố lẻ p, s ≡ (mod p) r2 − 4s ≡ (mod p) theo Nhận xét 2.3.9 (trường hợp 29 trường hợp 2) ta suy f (x) khả quy trường Zp Nếu s ≡ (mod 0) r2 − 4s ≡ (mod p) s p = Do f (x) khả quy Zp theo Định lý 2.3.11 phần (ii), (iii) Do f (x) khả quy Zp với số nguyên tố lẻ p Đặc biệt với p = có đa thức trùng phương x4 ; x4 + 1; x4 + x2 x4 + x2 + Z2 [x] Rõ ràng x4 x4 + x2 khả quy Z2 Hai đa thức lại khả quy Z2 x4 + = (x + 1)4 x4 + x2 + = (x2 − x + 1)(x2 + x + 1) Ngược lại, giả sử f (x) khả quy Zp với số nguyên tố p Giả sử s không số phương Khi r2 − 4s không phương Theo luật thuận nghịch bậc hai Định lí Dirichlet, tồn vô hạn số nguyên tố p cho s = −1 Theo Định lí 2.3.11 phần (iv) ta suy f (x) bất khả quy trường Zp với vô hạn số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện Điều vô lí Do s số phương Bây trình bày Định lí tiết này, điều kiện cần đủ để f (x) = x4 + rx2 + s bất khả quy Q khả quy trường Zp với số nguyên tố p Chứng minh Định lí suy từ Hệ 2.3.2, Hệ 2.3.3 Định lý 2.3.12 Định lí 2.3.13 Cho r, s số nguyên Khi đó, đa thức f (x) = x4 +rx2 +s bất khả quy Q khả quy trường Zp với số nguyên tố p điều kiện sau thỏa mãn r2 − 4s = , s= √ , s−r = √ − s − r = Bây ta xét hai ví dụ sau để minh họa Đầu tiên, cho đa thức f (x) = √ √ x4 + ∈ Z[x] Ta có r = 0, s = 1, r2 − 4s = −4 = , s = 1, s − r = 30 2= √ −2 s − r = −2 = thỏa mãn yêu cầu Định lý 2.3.13 Do f (x) = x4 + bất khả quy Q khả quy Zp với số nguyên tố p Tiếp theo, ta xét đa thức g(x) = x4 − 72x2 + Ta có r = −72, s = = √ √ √ , r2 −4s = 5168 = , r = 2, s−r = 76 = , −2 s−r = 68 = Do đó, theo Định lý 2.3.13 g(x) bất khả quy Q khả quy Zp với số nguyên tố p Ví dụ 2.3.14 (i) Xét đa thức f (x) = x4 − 8x2 + Ta có r = −8, s = p = √ √ , r2 − 4s = 28 = , s − r = 2.3 + = 14 = , −2 s − r = −2.3 + = Do vậy, theo Định lý 2.3.13 f (x) bất khả quy Q khả quy Zp với số nguyên tố p (ii) Tiếp theo, ta xét họ đa thức Fa sau: Fa = x4 + 2(1 − a)x2 + (1 + a)2 (a ∈ Z) √ Ta có r = 2a − 2, s = (1 + a)2 = Suy r2 − 4s = −16a, s = √ √ + a, s − r = 4a, −2 s − r = −4 Theo Định lý 2.3.13 f (x) bất khả quy Q khả quy Zp với số nguyên tố p a −a phương (iii) Xét đa thức Pm (x) = x4 − (2m + 4)x2 + (m − 2)2 với m ∈ Z √ Ta có r = −2m − 4, s = (m − 2)2 = , r2 − 4s = 32m, s − r = √ 4m, −2 s − r = = Giả sử m = , 2m = Khi đó, theo Định lý 2.3.13 Pm (x) bất khả quy Q[x] khả quy Zp [x] với số nguyên tố p (iv) Xét đa thức Lk (x) = x4 − (4k + 1)x2 + 1, k ∈ Z Trong ví dụ √ , r2 − 4s = 16k + 16k − 3, s − r = r = −4k − 1, s = = √ 4k + 1, −2 s − r = 4k + Do số phương đồng dư với 0, √ √ theo môđun nên số r2 − 4s, s − −2 s − r không số 31 √ phương (chú ý r2 − 4s ≡ (mod 8), ±2 s − r ≡ (mod 4)) Do vậy, theo Định lý 2.3.13 đa thức Lk (x) bất khả quy Q khả quy Zp với số nguyên tố p (tính chất bất khả quy Q khả quy trường Zp đa thức Lk (x) không phụ thuộc vào tham số k) 2.4 Tính bất khả √ quy Zp đa thức bất khả quy √ a + b Như trình bày Chương 1, F trường chứa trường K α phần tử F đại số K tồn đa thức f (x) ∈ K[x] bất khả quy K có dạng chuẩn nhận α làm nghiệm Khi đa thức f (x) gọi đa thức bất khả quy α Với a, b hai số nguyên √ √ dương, số thực a + b đại số Q, có đa thức bất khả quy Q Mục tiêu tiết xét tính khả quy đa thức trường Zp với số nguyên tố p (chú ý đa thức bất khả quy Q theo định nghĩa) Định nghĩa 2.4.1 Nếu F trường chứa trường K ta viết K ⊆ F hay F/K mở rộng trường Rõ ràng F có cấu trúc tự nhiên K-không gian véc tơ Chiều không gian gọi bậc mở rộng F/K kí hiệu [F : K] Nếu [F : K] < ∞ ta nói F/K mở rộng hữu hạn Chúy ý F/K T /F mở rộng hữu hạn ta có công thức bậc [T : K] = [T : F ][F : K] Nếu phần tử F đại số K ta nói F/K mở rộng đại số Kết sau biết chương trình đại học Bổ đề 2.4.2 Nếu trường E mở rộng hữu hạn trường K trường T mở rộng hữu hạn trường E ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K] 32 Cho E trường mở rộng trường K a1 , a2 , an phần tử E Kí hiệu K(a1 , , an ) trường bé E chứa K chứa a1 , , an Chú ý α ∈ E phần tử đại số K trường K(α) mở rộng hữu hạn K Hơn nữa, p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy α ta có công thức bậc deg p(x) = [K(α) : K] Định lí sau kết tiết Định lí 2.4.3 Cho a = b ∈ Z cho a b không bội p2 với √ √ số nguyên tố p Khi đa thức bất khả quy a + b Q đa thức bậc khả quy Zp [x] với số nguyên tố p Chứng minh Định lí cần đến số kiến thức chuẩn bị lí thuyết nhóm lí thuyết trường Trước hết trình bày kiến thức chuẩn bị √ √ √ √ Bổ đề 2.4.4 Nếu a, b nguyên dương Q( a + b) = Q( a, b) √ √ √ √ Chứng minh Hiển nhiên Q( a + b) ⊆ Q( a, b) Vì a = b nên ta có √ √ √ √ √ ∈ Q( a + b) ( a − b) = √ a−b a+ b √ √ √ √ √ √ √ √ Do a − b ∈ Q( a + b), a, b ∈ Q( a + b) Bổ đề 2.4.5 Cho hai số nguyên dương a, b cho a b không bội p2 với số nguyên tố p Khi √ √ √ √ Q( a + b) : Q = Q( a; b) : Q = 33 Chứng minh Lấy p số nguyên tố Vì a không bội p2 theo giả thiết nên đa thức x2 − a bất khả quy Q theo tiêu chuẩn Eisenstein Do √ x2 − a đa thức bất khả quy a Q Suy √ [Q( a) : Q] = deg(x2 − a) = Theo công thức bậc mở rộng trường ta có √ √ √ √ √ √ Q( a + b) : Q = Q( a + b) : Q( a) Q( a) : Q √ √ √ Do ta cần chứng minh Q( a + b) : Q( a) = Ta ý √ √ b nghiệm x2 − b ∈ Q( a)[x] Giả sử x2 − b khả quy √ Q( a) Khi x2 − b tích hai đa thức bậc với hệ số √ Q( a) Vì nghiệm đa thức x2 − b phải thuộc vào trường √ √ Q( a) Một hai nghiệm b Do tồn c0 , c1 ∈ Q thỏa √ √ √ mãn b = c0 + c1 a, nghĩa b = c20 + c21 a + 2c0 c1 a Nếu c0 c1 = √ a = (b − c20 − c21 a)/(2c0 c1 ) ∈ Q, mâu thuẫn với giả thiết a Nếu c1 = √ b = c0 ∈ Q, mâu thuẫn với giả thiết b Do c0 = Suy b = c21 a Vì b không bội p2 với số nguyên tố p nên c1 = c1 = −1 Vì √ √ √ √ b = c1 a nên c1 số dương, c1 = Suy b = a, tức a = b, mâu thuẫn với giả thiết Do √ √ √ √ Q( a + b) : Q( a) = Q( a) : Q = Suy √ √ √ √ √ √ Q( a, b) : Q] = [Q( a + b) : Q( a)][Q( a) : Q] = × = Cho p số nguyên tố, a, b số nguyên a ∈ Zp Ta nói a phương Zp tồn b ∈ Zp cho a = b2 ∈ Zp Bổ đề sau 34 trường Zp , tích hai phần tử không phương phần tử phương Bổ đề 2.4.6 Cho p số nguyên tố a, b ∈ Zp Nếu a b không phương Zp ab phương Zp Chứng minh Kí hiệu Z∗p tập phần tử khả nghịch Zp Khi Z∗p nhóm với phép nhân Vì p số nguyên tố nên Z∗p = Zp \{0} Do nhóm Z∗p có cấp p − Ta định nghĩa đồng cấu nhóm ϕ : Z∗p → Z∗p cho ϕ(x) = x2 Đặt H = Im ϕ Khi H tập phần tử phương Z∗p Tương tự chứng minh Định lý 2.2.1, ta Ker ϕ = {1, p − 1} Đặt H := Im ψ từ Ker ψ = {1; p − 1} Theo Định lí đồng cấu nhóm ta có H ∼ = Z∗p / Ker ϕ Vì nhóm Z∗p có cấp p − Ker ϕ có cấp nên theo Định lí Lagrange ta suy Ker ϕ có số (p − 1)/2 Chú ý số nhóm Ker ϕ số phần tử nhóm thương Z∗p / Ker ϕ Vì nhóm Z∗p / Ker ϕ có cấp (p − 1)/2, từ đẳng cấu ta suy H có cấp (p − 1)/2 lại theo Định lí Lagrange ta suy H có số 2, tức nhóm thương Z∗p /H có phần tử, phần tử thứ H1 phần tử thứ hai giả sử Hc Cho a, b ∈ Zp không phần tử phương Khi a, b không thuộc H Do ta phải có Ha = H1 Hb = H1 Suy Ha = Hc Hb = Hc Do c2 ∈ H nên Hc2 = H1 ta có Hab = Hc2 = H1 Điều chứng tỏ ab ∈ H, tức ab phần tử phương Zp Chứng minh Định lý 2.4.3 Đa thức φ(x) = x4 − 2(a + b)x2 + (a − b)2 √ √ có nghiệm a + b Vì đa thức có bậc có dạng chuẩn nên theo Bổ √ √ đề 2.4.5 ta suy đa thức bất khả quy a + b Q Bây xét φ[p] (x) ảnh φ(x) vành Zp [x] cách lấy hệ số modun p 35 nguyên tố Nếu p = φ[2] (x) = x4 +(a+b)2 = [x2 −(a+b)][x2 +(a+b)], φ[2] (x) khả quy Z2 Giả sử p ≥ số nguyên tố Nếu a √ √ phương Zp , tức tồn α ∈ Zp cho α2 = a Z( a + b) = √ √ √ Zp ( b) Do [Zp ( a + b) : Zp ] = 2, điều chứng tỏ ϕ[p] (x) khả quy Zp Tương tự, b phương Zp , tức tồn β ∈ Zp cho β = b Z[p] (x) khả quy Zp Nếu a b không phương Zp theo Bổ đề 2.4.6 ta suy ab phương Zp , tức tồn γ0 ∈ Zp cho γ02 = ab, φ[p] (x) = x4 − 2(a + b)x2 + (a − b)2 = [x2 − (a + b)]2 − 4ab = [x2 − (a + b)2 ]2 − (2γ0 )2 = [x2 − (a + b) − 2γ0 ][x2 − (a + b) + 2γ0 ] Do φ[p] (x) khả quy Zp Vậy đa thức bất khả quy √ a+ √ b bất khả quy Q khả quy trường Zp Ví dụ 2.4.7 (i) Chon a = b = Rõ ràng a b không bội bình √ √ phương số nguyên tố Do đa thức bất khả quy + bất khả quy Q khả quy trường Zp Đa thức x4 − 10x2 + (ii) Chọn a = b = Rõ ràng a, b không bội bình phương √ √ số nguyên tố Do đa thức bất khả quy + bất khả quy Q khả quy trường Zp Đa thức x4 − 16x2 + 16 36 Kết luận Trong luận văn trình bày kết sau: (1) Trình bày khái niệm tính chất sở đa thức bất khả quy, đa thức bất khả quy phần tử đại số trường; (2) Trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy quen biết Q; (3) Chứng minh mối quan hệ tính bất khả quy Q Zp ; (4) Chứng minh lại tiêu chuẩn bất khả quy Q khả quy trường Zp đa thức bậc trùng phương báo [2] (5) Chứng minh lại tiêu chuẩn khả quy trường Zp đa thức bất √ √ khả quy phần tử a + b báo [3] 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Driver E., Leonard P A., Williams K S (2005), "Irreducible quartic polynomials with factorization modulo p", The Amer Math Monthly, 112, 876-890 [3] Pearson K J and Zhang T (2008), "Reducible over any finite field but irreducible over Q", Inter Math Forum, 33, 1607-1610 [4] Prasolov V V (2004), Polynomials, Springer, (second edition) ... đầu 1 Đa thức bất khả quy 1.1 Định nghĩa, ví dụ tính chất 1.2 Đa thức bất khả quy phần tử Đa thức khả quy Zp bất khả quy Q 2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q ... Do đa thức bất khả quy C đa thức bậc nhất; đa thức bất khả quy R đa thức bậc đa thức bậc hai với biệt thức âm (tức đa thức bậc hai nghiệm thực) Tuy nhiên, việc xác định đa thức bất khả quy Q đến... tích hai đa thức có bậc thấp Nhận xét: Tính chất bất khả quy phụ thuộc vào vành sở Chẳng hạn, đa thức x2 − bất khả quy Q không bất khả quy R; đa thức x2 + bất khả quy R không bất khả quy C Bổ