Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCNGUYỄN THỊ THU HƯƠNG TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG

TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA CÁC ĐA THỨC LẶP CỦA MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC TRÊN MỘT TRƯỜNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN - 2016

Mục lục

1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy 31.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C 71.3 Mở rộng trường và trường phân rã 11

Chương 2 Tính bất khả quy của các đa thức lặp 15

2.1 Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2 152.2 Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai 212.3 Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn− b 27

Lời mở đầu

Cho K là một trường Một đa thức f (x) ∈ K[x] được gọi là bất khả quynếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc bé hơn.Khi đó mỗi đa thức 0 6= f (x) ∈ K[x] đều có sự phân tích bất khả quy

f(x) = a f1(x) fk(x)

trong đó a là hệ số cao nhất của f (x) và fi(x) là đa thức bất khả quy dạngchuẩn (tức là có hệ số cao nhất bằng 1) Hơn nữa, sự phân tích bất khả quynày là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử fi(x) Kết quả này làmột sự tương tự như Định lí cơ bản của Số học trong Lí thuyết số Như vậy,trong vành đa thức K[x], các đa thức bất khả quy đóng một vai trò quantrọng giống như vai trò của số nguyên tố trong vành Z các số nguyên NếuĐịnh lí cơ bản của Số học cho phép coi các số nguyên tố như là những viêngạch xây nên vành số nguyên, thì các đa thức bất khả quy chính là nhữngviên gạch xây nên vành đa thức

Nhiều bài toán về đa thức bất khả quy được đặt ra xuất phát từ việc giảiquyết các bài toán liên quan về số nguyên tố Một trong những bài toánnhư thế là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức.Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc dương Đặt f0(x) = x, f1(x) = f (x),

fr+1(x) = f ( fr(x)) với mọi r ≥ 1 Ta gọi các đa thức fr(x) là các đa thứclặp của đa thức f (x) Theo R W K Odoni [O], ta nói rằng f (x) là ổn địnhtrên K nếu fr(x) là bất khả quy với mọi r ≥ 1 Chú ý rằng các đa thức bậc 1luôn bất khả quy trên trường K, vì thế mọi đa thức bậc 1 đều ổn định vì các

đa thức lặp của nó luôn có bậc 1

Mục đích của luận văn là trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bàibáo sau đây về tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của hai

lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạng xn− b.

[1] M Ayad and D L McQuillan (2000), Irreducibility of the iterates

of a quadratic polynomial over a field, Acta Arithmetica, 93, pp 87-97.

[2] L Danielson and B Fein (2001), On the irreducibility of iterates of

xn− b, Proc Amer Math Soc., 130, pp 1589-1596.

Luận văn chia làm hai chương Chương 1 trình bày những kiến thức cơbản về đa thức bất khả quy và mở rộng trường Chương 2 trình bày tính bấtkhả quy trên một trường của các đa thức lặp của hai lớp đa thức: đa thứcbậc hai và đa thức dạng xn− b Chương 2 chia làm ba tiết Tiết 2.1 trìnhbày tính bất khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2 Tiết 2.2trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai Tiết 2.3trình bày tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạng xn− b.Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học - Đạihọc Thái Nguyên, tôi được nhận đề tài nghiên cứu "Tính bất khả quy củacác đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường" dưới sự hướng dẫncủa GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Đến nay luận văn đã được hoàn thành Cóđược kết quả này là do sự dạy bảo và hướng dẫn hết sức tận tình và nghiêmkhắc của Cô Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô và giađình!

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đàotạo và khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập tại Trường

và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn này Sự giúp đỡ nhiệttình và thái độ thân thiện của các thầy cô giáo, các cán bộ thuộc Phòng Đàotạo, Khoa Toán - Tin đã để lại trong lòng mỗi chúng tôi những ấn tượng hếtsức tốt đẹp Không biết nói gì hơn, một lần nữa tôi xin trân trọng cảm ơn.Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp cao học toánK8A (2014 - 2016) đã quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ và động viên để tôi

có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình

Tôi xin trân trọng cảm ơn!

Tác giả

Nguyễn Thị Thu Hương

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy

Trong suốt chương này, luôn giả thiết K là một trường Ta gọi đa thức

f(x) ∈ K[x] là có dạng chuẩn nếu hệ số cao nhất của f (x) bằng 1

Định nghĩa 1.1.1 Cho f (x) ∈ K[x] Ta nói rằng f (x) là bất khả quy trên K

nếu f (x) có bậc dương và f (x) không là tích của hai đa thức có bậc thấphơn

Chú ý rằng tính bất khả quy của đa thức phụ thuộc vào trường cơ sở.Chẳng hạn, đa thức x2− 2 là bất khả quy trên Q nhưng không bất khả quytrên R Tương tự, đa thức x2+ 1 bất khả quy trên R nhưng không bất khảquy trên C

Bổ đề 1.1.2 Đa thức f (x) là bất khả quy nếu và chỉ nếu f (x + a) là bất khả

quy với mọi a ∈ K.

Chứng minh. Cho a ∈ K Với mỗi h(x) ∈ K[x] ta đặt h1(x) = h(x − a) Chú

ý rằng deg h1(x) = deg h(x) Vì thế f (x + a) = k(x)g(x) là phân tích của

đa thức f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi

f(x) = k1(x)g1(x) là phân tích của f (x) thành tích của hai đa thức có bậcthấp hơn Vì vậy f (x) bất khả quy khi và chỉ khi f (x + a) bất khả quy

Bổ đề 1.1.3 Trên một trường K, các phát biểu sau đây là đúng.

(i) Đa thức bậc nhất luôn bất khả quy.

(ii) Đa thức bậc 2 và bậc 3 là bất khả quy nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong K.

Chứng minh. (i) Đa thức bậc nhất rõ ràng không thể là tích của hai đa thứcbậc thấp hơn, do đó nó bất khả quy.

(ii) Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc 2 hoặc 3 Giả sử f (x) có nghiệm

x= a ∈ K Vì deg f (x) > 1 nên

f(x) = (x − a)g(x),

trong đó g(x) ∈ K[x] và deg g(x) = deg f (x) − 1 ≥ 1 Do đó f (x) khả quy.Ngược lại, giả sử f (x) khả quy Vì f (x) có bậc 2 hoặc 3 nên f (x) phântích được thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, một trong hai đa thức đóphải có bậc 1 Rõ ràng đa thức bậc 1 trên một trường luôn có nghiệm trongtrường đó, vì thế f (x) có nghiệm trong K

Chú ý rằng phát biểu (ii) trong bổ đề trên là không đúng cho trường hợpbậc của đa thức lớn hơn 3 Cụ thể, nếu f (x) bậc lớn hơn 3 và có nghiệmtrong K thì f (x) khả quy Tuy nhiên, tồn tại những đa thức không có nghiệmtrong K nhưng vẫn khả quy Chẳng hạn đa thức (x2+ 1)2 không có nghiệmtrong R nhưng nó khả quy trên R

Cho F là một trường chứa K Một phần tử a ∈ F được gọi là phần tử đại

số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trên K Nếu akhông đại số trên K thì ta nói a là siêu việt trên K

Mệnh đề 1.1.4 Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số

trên K Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x).

Chứng minh. Vì a là phần tử đại số trên K nên tồn tại f (x) ∈ K[x] là đa thứckhác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1f(x), trong đó b

là hệ số cao nhất của f (x) Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn có bậc

bé nhất nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > 0 Nếu p(x) khả quy thìp(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn và một trong hai đathức này phải nhận a làm nghiệm, điều này mâu thuẫn với cách chọn p(x)

Do đó p(x) bất khả quy Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x)không chia hết cho p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1

Do đó tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x)q(x) + g(x)h(x) Thay x = a

vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x).Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làmnghiệm Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x) Viết q(x) = p(x)k(x)với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với 0 6= c ∈ K Do đóq(x) = cp(x) Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) vàp(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra c = 1.Vì thế p(x) = q(x).

Định nghĩa 1.1.5 Cho a là phần tử đại số trên K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất

khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quycủa a

Đa thức x3−2 ∈ Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữutỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần tử√3

2 Đa thức x2+ 1 ∈ R[x]

là bất khả quy (vì có bậc 2 và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thứcbất khả quy của số phức i

Mệnh đề 1.1.6 Cho p(x) ∈ K[x] là đa thức có bậc dương Khi đó p(x) bất

khả quy nếu và chỉ nếu p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x) với mọi a(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, nếu đa thức bất khả quy p(x) là ước của một tích hữu hạn đa thức thì p(x) phải là ước của ít nhất một trong các đa thức đó.

Chứng minh. Cho p(x) bất khả quy Giả sử p(x) | a(x)b(x) và a(x), b(x)đều không là bội của p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = 1

và gcd (p(x), b(x)) = 1 Suy ra tồn tại s(x), r(x), e(x), f (x) ∈ K[x] sao cho

1 = s(x)p(x) + r(x)a(x) và 1 = e(x)p(x) + f (x)b(x) Nhân vế với vế của haiđẳng thức này ta có

1 = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x)với g(x) ∈ K[x] là một đa thức nào đó Vì p(x) | a(x)b(x) nên đa thức bên

vế phải của đẳng thức trên là bội của p(x), trong khi đó đa thức bên vế trái

là 1 không chia hết cho p(x) Điều này là vô lý

Ngược lại, do p(x) có bậc dương nên p(x) 6= 0 và không khả nghịch Giả

sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Khi đó p(x) | a(x)b(x) Theo giảthiết, p(x) | a(x) hoặc p(x) | b(x) Vì thế p(x) không có ước thực sự, do đóp(x) bất khả quy

Định lý cơ bản của Số học nói rằng mỗi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phântích được thành tích các thừa số nguyên tố và sự phân tích này là duy nhấtnếu không kể đến thứ tự các thừa số Kết quả sau đây là một sự tương tự đốivới đa thức.

Định lý 1.1.7 Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương trong K[x] có thể phân

tích được thành tích các đa thức bất khả quy dạng chuẩn và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh sự tồn tại phân tích bằng quy nạptheo bậc của đa thức Giả sử f (x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn bậc d > 0.Nếu d = 1 thì f (x) là bất khả quy và sự phân tích bất khả quy của f (x)

là f (x) = f (x) Cho d > 1 và giả sử kết quả đã đúng cho các đa thức bậcnhỏ hơn d Nếu f (x) bất khả quy thì f (x) có sự phân tích bất khả quy là

f(x) = f (x) Vì thế ta giả thiết f (x) khả quy Khi đó f (x) = g(x)h(x) vớideg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đặt g∗(x) = a−1g(x) với a là hệ số cao nhấtcủa g(x) Khi đó ta có f (x) = g∗(x)(ah(x)) Đồng nhất hệ số ở hai vế ta suy

ra ah(x) có dạng chuẩn Do đó f (x) = g∗(x)h∗(x) với g∗(x), h∗(x) = ah(x)

là các đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ hơn d Theo giả thiết quy nạp, g∗(x)

và h∗(x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khả quy dạngchuẩn Vì thế f (x) phân tích được thành tích của hữu hạn đa thức bất khảquy dạng chuẩn

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của phân tích Giả sử f (x) có hai

sự phân tích thành nhân tử bất khả quy dạng chuẩn

f(x) = p1(x) p2(x) pn(x) = q1(x) q2(x) qm(x)

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n = m và sau khi đánh lại thứ tựcác nhân tử vế bên phải ta có pi(x) = qi(x) với mọi i = 1, 2, , n Do p1(x)bất khả quy và p1(x) | q1(x) q2(x) qm(x) nên ta có p1(x) | qi(x) với i nào

đó Không mất tính tổng quát ta giả thiết p1(x) | q1(x) Biểu diễn q1(x) =

p1(x)t1(x) Vì q1(x) bất khả quy nên t1(x) = a ∈ K Do đó q1(x) = ap1(x)

Do p1(x) và q1(x) có dạng chuẩn nên a = 1 Vì thế p1(x) = q1(x) Cho

n= 1 Nếu m > 1 thì giản ước cả hai vế cho p1(x) ta được 1 = q2(x) qm(x),điều này là vô lí Vậy, kết quả đúng cho n = 1 Cho n > 1 Vì p1(x) = q1(x)

p2(x) p3(x) pn(x) = q2(x) q3(x) qm(x) Theo giả thiết quy nạp ta có n −1 = m −1 và bằng việc đánh số lại thứ tự cácnhân tử bất khả quy ở vế phải ta suy ra pi(x) = qi(x) với mọi i = 2, , n

Từ định lý trên ta có kết quả sau:

Hệ quả 1.1.8 Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức với hệ số cao nhất là an Khi đó tồn tại phân tích f (x) = anf1(x) fk(x) với f1(x), , fk(x) là các nhân tử

bất khả quy dạng chuẩn, và sự phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử.

1.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy trên Q, R, C

Định lí cơ bản của Đại số phát biểu rằng mọi đa thức bậc dương với hệ

số phức đều có ít nhất một nghiệm phức Vì thế đa thức bất khả quy trên C

là và chỉ là các đa thức bậc nhất Sử dụng Định lí cơ bản của Đại số, chúng

ta có thể chỉ ra rằng các đa thức bất khả quy trên R là và chỉ là các đa thứcbậc nhất hoặc các đa thức bậc hai vô nghiệm thực (tức là có biệt thức âm).Như vậy, bài toán xét tính bất khả quy của đa thức trên R và trên C đã đượcgiải quyết trọn vẹn Tuy nhiên, bài toán xét tính bất khả quy của các đa thứctrên trường Q các số hữu tỷ cho đến nay vẫn là bài toán mở Tiết này sẽtrình bày một số tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức trên Q, R, C Trướchết ta xét tiêu chuẩn bất khả quy trên Q

Giả sử f (x) ∈ Q[x] Chú ý rằng để xét tính bất khả quy trên trường Q,bằng việc quy đồng mẫu số chúng ta chỉ cần xét các đa thức với hệ sốnguyên Từ nay đến hết mục này luôn giả thiết f (x) = anxn+ + a1x+ a0∈Z[x], trong đó an6= 0 và n > 0

Chú ý rằng một đa thức bậc lớn hơn 1 nếu có nghiệm trong Q thì khảquy trên Q Vì vậy, trong nhiều trường hợp ta có thể tìm nghiệm hữu tỷ đểxét tính bất khả quy của f (x) trên Q Sau đây là một ví dụ minh họa

Ví dụ 1.2.1 (i) f (x) = 10x3+ 3x2− 106x + 21 là khả quy trên Q

(ii) g(x) = 9x3+ 6x2− 8x + 7 là bất khả quy trên Q

Chứng minh. (i) Giả sử phân số tối giản r/s là nghiệm của f (x) Khi đó



g(x) không có nghiệm hữu tỷ Do đó g(x) bất khả quy trên Q

Chú ý rằng đối với đa thức bậc lớn hơn 3, ta không thể suy ra tính bấtkhả quy trên Q từ việc kiểm tra đa thức không có nghiệm hữu tỷ Chẳnghạn, (x2+ 1)(x2+ 1) không có nghiệm hữu tỷ, nhưng lại khả quy trên Q.Trong một số trường hợp, chúng ta có thể sử dụng bổ đề Gauss để xéttính bất khả quy trên Q của những đa thức không có nghiệm hữu tỷ

Định lý 1.2.2 (Bổ đề Gauss) Cho p(x) ∈ Z[x] Giả sử p(x) = g(x) f (x)

với g(x), f (x) ∈ Q[x] Khi đó tồn tại g∗(x), f∗(x) ∈ Z[x] sao cho deg g(x) =

deg g∗(x), deg f (x) = deg f∗(x) và p(x) = g∗(x) f∗(x) Đặc biệt, nếu p(x) là

khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn.

Chứng minh. Viết f (x) = a f1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a, b ∈ Q và

f1(x), g1(x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản Ta có f1(x)g1(x) là đa thứcnguyên bản Rõ ràng p(x) = ab f1(x)g1(x) ∈ Z[x] Ta chứng minh ab ∈ Z.Thật vậy, giả sử ab /∈ Z Khi đó ab = r/s với r/s là phân số tối giản và s > 1.Viết f1(x)g1(x) = anxn+ + a1x+ a0 Vì f1(x)g1(x) là đa thức nguyên bản

nên gcd(an, an−1, , a0) = 1 Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có

Ví dụ 1.2.3 Đa thức f (x) = x4+ 3x3+ x2+ 3 bất khả quy trên Q

Chứng minh. Dễ thấy f (x) không có nghiệm hữu tỷ Vì thế f (x) không

là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba Giả sử f (x) khảquy Theo bổ đề Gauss, f (x) có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó

g(x), h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1 Viết g(x) = x2+

ax+ b và h(x) = x2+ cx + d với a, b, c, d ∈ Z Đồng nhất hệ số ở hai vế củađẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được

bd = 3, bc + ad = 0, ac + d + b = 1, c + a = 3

Vì bd = 3 và vai trò của b, d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta

có thể giả thiết b = 1, d = 3 hoặc b = −1, d = −3 Nếu b = 1, d = 3 thì

c+ 3a = 0, ac = −3, a + c = 3 Suy ra a = −3

2 ∈ Z, vô lí Nếu b = −1 và/

d = −3 thì −c − 3a = 0, ac = 5, c + a = 3 Suy ra a = −3

2 ∈ Z, vô lí Như/vậy, f (x) bất khả quy trên Q

Tiếp theo, chúng ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khảquy của đa thức trên Q

Định lý 1.2.4 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho f = anxn+ + a1x+ a0∈ Z[x].

Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất

(i) p không là ước của hệ số cao nhất an;

(ii) p là ước của các hệ số a0, a1, , an−1;

(iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0.

Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q.

Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q Theo bổ đề Gauss, tồn tại biểudiễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bmxm+ + b1x+ b0∈ Z[x] và

h(x) = ckxk+ + c1x+ c0∈ Z[x] với deg g(x) = m, deg h(x) = k và m, k < n

Do p là ước của a0= b0c0nên p | b0hoặc p | c0 Lại do p2không là ước của

a0 nên trong hai số b0 và c0, có một và chỉ một số chia hết cho p Giả thiếtp|c0 Khi đó b0 không chia hết cho p Vì an = bmck và an không chia hếtcho p nên bm và ck đều không chia hết cho p Do đó tồn tại số r bé nhất saocho cr không là bội của p Ta có ar= b0cr+ (b1cr−1+ b2cr−2+ + brc0).Suy ra p|b0cr, điều này vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p.Vậy f (x) là bất khả quy trên Q

Ví dụ 1.2.5 (i) Đa thức x10+ 50 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩnEisenstein với p = 2

(ii) Đa thức 5x11− 9x4+ 12x3+ 36x + 6 là bất khả quy trên Q theo tiêuchuẩn Eisenstein với p = 3

(iii) Đa thức f (x) = x4− 8x3+ 10x2− 12x + 3 là bất khả quy trên Q vì đathức f (x + 3) = x4+ 4x3− 8x2− 60x − 78 là bất khả quy trên Q theo tiêuchuẩn Eisenstein với p = 2

Việc xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường các số hữu tỷ Qvẫn là bài toán mở Tuy nhiên bài toán xét tính bất khả quy của các đa thứctrên trường phức C và trường thực R được giải quyết trọn vẹn dựa vào định

lý sau:

Định lý 1.2.6 (Định lý cơ bản của Đại số) Cho f (x) là một đa thức bậc

dương với hệ số phức Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức.

Chứng minh. Xem [1, Chương 3, Định lý 3.3.2, trang 131]

Từ Định lý cơ bản của Đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bấtkhả quy của đa thức trên C và trên R

Hệ quả 1.2.7 Các phát biểu sau là đúng

(i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu

deg f (x) = 1.

(ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu hoặc

f(x) có bậc 1 hoặc f (x) có bậc 2 và f (x) không có nghiệm thực.

Chứng minh. (i) Khẳng định (i) suy ra từ Định lý cơ bản của Đại số

(ii) Giả sử f (x) ∈ R[x] Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không

có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R Ngược lại, cho f (x)

bất khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2 Khi đó f (x) không có nghiệm thực.Theo Định lý cơ bản của Đại số, f (x) có một nghiệm phức z = a + ib với

a, b ∈ R, b 6= 0 Đặt f (x) = (at − ibt)xt + + (a1− ib1)x + (a0− ib0) Vì

f(x) ∈ R[x] nên f (x) = f (x) Do đó z là nghiệm của f (x) Dễ thấy z = a−ib

là nghiệm của f (x) Vì b 6= 0 nên z 6= z, do đó f (x) chia hết cho đa thức(x − z)(x − z) = x2− 2ax + a2+ b2∈ R[x] Do f (x) bất khả quy trên R nên

f(x) = c(x2− 2ax + a2+ b2) với c ∈ R Vì thế deg f (x) = 2 và f (x) không

có nghiệm thực

Mệnh đề 1.2.8 Cho f (x) = xn+ an−1xn−1+ + a1x± p là một đa thức với

hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố.

(i) Nếu p >1 + |a1| + + |an−1| thì f (x) bất khả quy trên Q.

(ii) Nếu p ≥1 + |a1| + + |an−1| và các nghiệm của f (x) đều không là căn

của đơn vị thì f (x) bất khả quy trên Q.

Chứng minh. (i) Giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn Theo

bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) ∈ Z[x]

và 0 < deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được

±p = a0b0, trong đó a0, b0 lần lượt là hệ số tự do của g(x) và h(x) Do p là

số nguyên tố nên a0 = ±1 hoặc b0 = ±1 Giả sử a0 = ±1 Đặtdeg g(x) =

m> 0 Theo Định lý cơ bản của Đại số, g(x) có m nghiệm r1, , rm ∈ C.Theo công thức Viete, ta có |r1 rm| = |a0| = 1, trong đó kí hiệu |z| làmôđun của số phức z Suy ra |r1| |rm| = 1 Do đó có ít nhất một nghiệm

ri của g(x) sao cho |ri| ≤ 1 Vì ri là nghiệm của f (x) nên f (ri) = 0 Suy ra

±p = rn

i + |an−1||ri|n−1+ + |a1||ri| ≤ 1 + 1 + |an−1| + + |a1|

Điều này là mâu thuẫn

(ii) Chúng ta cũng giả sử f (x) khả quy trên Q Với các lập luận như trongchứng minh khẳng định (i), vì f (x) không có nghiệm là căn của đơn vị nên

|ri| < 1 Do đó p < 1 + |an−1| + |a1|, điều này là vô lí

1.3 Mở rộng trường và trường phân rã

Trong tiết này luôn giả thiết K là một trường Nếu E là một trường chứa

K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường

Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K không gian véc tơ Chiều của

không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K] Nếu[E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn Chú ý rằng nếu E/K và

T/E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K].Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại

số Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số Thật vậy, giả sửdimKE= t và α ∈ E Vì hệ {1, α, , αt} gồm t +1 phần tử nên nó là hệ phụthuộc tuyến tính Do đó tồn tại a0, a1, , at ∈ K với ít nhất một hệ số ai6= 0sao cho a0+ a1α + + atαt = 0 Như vậy, a0+ a1x+ + atxt ∈ K[x] là

đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K

Chú ý 1.3.1 Nếu E/K là một mở rộng trường và α1, , αn ∈ E thì ta

kí hiệu K(α1, , αn) và K[α1, , αn] tương ứng là giao của tất cả cáctrường con và vành con của E chứa K và chứa α1, , αn Ta thấy rằngK(α1, , αn) là trường con bé nhất và K[α1, , αn] là vành con bé nhất của

E chứa K và chứa các phần tử α1, , αn Trường hợp n = 1, nếu g(α) 6= 0thì phần tử (g(α))−1∈ E được kí hiệu là 1

g(x) , h (x) ∈ K [x] , h (α) 6= 0



lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của E chứa K và α

Định nghĩa 1.3.2 Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0 Ta nói f (x)

phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1, , αn∈ F sao cho f (x) =a(x − α1) (x − αn), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x) Một trườngphân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên

F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F

Bổ đề 1.3.3 Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa

K và chứa n nghiệm α1, , αn của f (x) Khi đó K(α1, , αn) là trường

phân rã của f (x) trên K và [K(α1, , αn) : K] < nn.

Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1, , αn) là trường phân rãcủa f (x) trên K Đặt K0 = K và Ki = K(α1, , αi) với i = 1, , n Với mỗi

i= 1, , n nếu coi f (x) ∈ Ki−1[x] thì f (x) có ước bất khả quy pi(x) ∈ Ki−1[x]

nhận αi làm nghiệm Vì thế, ta có [Ki : Ki−1] = deg pi(x) ≤ n Do đó

[Kn: K] = [Kn: Kn−1] [K2: K1] [K1: K] ≤ nn

Ví dụ 1.3.4 Trường phân rã của đa thức f (x) = x3−2 trên Q là Q(i√3,√3

2).Hơn nữa, [Q(i√3,√3



−1 + i√3, α3=

3

√22

i

=hQ(i√

3,√32) : Q

√3

2

i hQ

√3

2

: Q

i

Đa thức x3− 2 có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ, do đó nó là đa thức bấtkhả quy trên Q của √3 2 Do đó

hQ



3

√2

: Q

 Rõ ràng x2+ 3 không có nghiệm thực, do đó nó không

có nghiệm trong E Vì thế x2+ 3 là đa thức bất khả quy trên E của i√

i

=

hE



i√3

: E

i[E : Q] = 2.3 = 6

Định nghĩa 1.3.5 Một mở rộng trường bậc hữu hạn của trường Q các số

hữu tỷ được gọi là trường số

Ví dụ 1.3.6 Trường Q[√2] = {a + b√

2 | a, b ∈ Q} là một trường số vì nó làmột mở rộng bậc hai của Q Trường Q[√3 2] = {a + b√3

2 + c√3

4 | a, b, c ∈ Q}

là một trường số vì nó là mở rộng bậc 3 của Q Trường R không là trường

số vì nó là mở rộng bậc vô hạn của Q

Định nghĩa 1.3.7 Đặc số của trường K là số nguyên dương bé nhất (nếu

có) n sao cho n1 = 0, ở đây 1 là phần tử đơn vị của K Nếu không tồn tại sốnguyên dương n như vậy thì ta nói K có đặc số 0

Chẳng hạn, Q, R, C có đặc số 0 Trường Z5 có đặc số 5

Mệnh đề 1.3.8 Một trường K hoặc có đặc số 0, hoặc có đặc số nguyên tố.

Nếu K có đặc số 0 thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu với Q Nếu K có

đặc số p nguyên tố thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu với trường Zp

Định lí 1.3.9 (Cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau là đúng.

(i) Nếu K là trường hữu hạn có n phần tử thì n là lũy thừa của một số nguyên tố.

(ii) Nếu n là lũy thừa (nguyên dương) của một số nguyên tố thì tồn tại một trường có n phần tử Hơn nữa, các trường có n phần tử đều đăng cấu với nhau.

Chứng minh. Xem [1, Chương 2, Định lý 2.4.10, trang 95 - 96]

Chương 2

Tính bất khả quy của các đa thức lặp

Trong suốt Chương này, luôn giả thiết K là một trường Mục đích củaChương là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai và

đa thức dạng xn− b Tiết 2.1 dành để đưa ra một tiêu chuẩn để một đa thứcbậc hai có một đa thức lặp khả quy trên trường có đặc số khác 2 Mục tiêucủa Tiết 2.2 là xét tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của đathức bậc hai f (x) = x2− lx + m Tiết cuối dành để trình bày các kết quả vềtính ổn định của đa thức dạng xn− b (tức là các đa thức lặp của nó đều bấtkhả quy)

2.1 Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số

Trước khi phát biểu và chứng minh kết quả chính của Tiết này, chúng tacần một số kết quả chuẩn bị sau đây Nhắc lại rằng một mở rộng E được gọi

là đóng đại số nếu nó chứa tất cả các nghiệm của các đa thức bậc dương với

hệ số trong E Ví dụ R không đóng đại số vì nó không chứa nghiệm của đathức x2+ 1 ∈ R[x] Từ Định lí cơ bản của Đại số ta thấy rằng C là trường