Đa thức bất khả quy và đa giác newton

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN o0o HOÀNG THỊ LỆ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY VÀ ĐA GIÁC NEWTON KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học: Th.s ĐỖ VĂN KIÊN HÀ NỘI – 2014 LỜI CẢM ƠN Trong q trình nghiên cứu hồn thành khóa luận em nhận quan tâm, động viên, khích lệ thầy giáo, giáo tổ Đại số nói riêng thầy giáo khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội nói chung Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thầy giáo, cô giáo, đặc biệt thầy giáo Th.S Đỗ Văn Kiên – người tận tình hướng dẫn em suốt thời gian qua để em hồn thành khóa luận Do trình độ thời gian nghiên cứu hạn chế nên vấn đề mà em trình bày khóa luận khơng tránh khỏi thiếu sót Em kính mong nhận bảo đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn sinh viên để khóa luận em hồn thiện Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2014 Sinh viên Hoàng Thị Lệ LỜI CAM ĐOAN Trong q trình nghiên cứu khóa luận “Đa thức bất khả quy đa giác Newton” em có sử dụng số tài liệu tham khảo để hồn thành khóa luận Danh sách tài liệu tham khảo em đưa vào mục tài liệu tham khảo khóa luận Em xin cam đoan khóa luận hình thành cố gắng, nỗ lực thân với hướng dẫn tận tình thầy giáoTh.sĐỗ Văn Kiên thầy cô tổ Đại số Đây đề tài không trùng với đề tài tác giả khác Em mong nhận đóng góp ý kiến thầy bạn để khóa luận hồn thiện Hà Nội, tháng năm 2014 Sinh viên Hoàng Thị Lệ MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CHƢƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn 1.1.2 Định lý phép chia với dư 1.1.3 Nghiệm đa thức 1.2 Vành đa thức nhiều ẩn CHƢƠNG 2: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 10 2.1 Khái niệm đa thức bất khả quy 10 2.2 Các tính chất 10 2.3 Đa thức bất khả quy trường số 12 2.3.1 Đa thức bất khả quy trường số phức 12 2.3.2 Đa thức bất khả quy trường số thực 13 2.4 Đa thức bất khả quy trường số hữu tỷ 14 2.4.1 Các tính chất 15 2.4.2 Tiêu chuẩnEisenstein 18 2.4.3.Một số tiêu chuẩn khác 20 2.5 Đa thức bất khả quy trường hữu hạn 28 2.5.1 Đa thức bất khả quy trường hữu hạn 28 2.5.2 Số đa thức monic trường hữu hạn 32 CHƢƠNG 3: ĐA GIÁC NEWTON 36 3.1 Đa thứcEisenstein 36 3.2 Kết thức 36 3.3 Ứng dụng 38 3.4 Đa giác Newton tiêu chuẩn bất khả quy 40 3.4.1 Đa giác Newton 40 3.4.2 Tiêu chuẩn bất khả quy 42 3.5 Một số tập 49 KẾT LUẬN 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO 52 LỜI NÓI ĐẦU Lý chọn đề tài Tốn học mơn học làm tảng cho ngành khoa học khác, thành phần khơng thể thiếu văn hóa phổ thơng Mơn Tốn có tiềm to lớn việc khai thác phát triển lực trí tuệ chung, rèn luyện thao tác phẩm chất tư người Đa thức có vị trí quan trọng Tốn học đối tượng nghiên cứu Đại số mà cơng cụ đắc lực giải tích lý thuyết sấp xỉ, lý thuyết tối ưu… Ngoài lý thuyết đa thức sử dụng nhiều toán cao cấp toán ứng dụng Trong thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic toán đa thức xem dạng khó TrongTốn học nghiên cứu đa thức, đa thức bất khả quy đối tượng quan trọng, đa giác Newton coi cơng cụ để hiểu hành vi đa thức lĩnh vực địa phương Tuy nhiên, tài liệu viết đối tượng ít.Vì em mạnh dạn chọn đề tài “Đa thức bất khả quy đa giác Newton” Em mong khóa luận có ích cho quan tâm đến đa thức, đặc biệt đa giác Newton tính bất khả quy đa thức Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu tính bất khả quy đa thức trường số trường hữu hạn,tìm hiểu đa giác Newton số kết đa giác Newton Đối tƣợng nghiên cứu Đa thức biến ~1~ Phƣơng pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh, hệ thống hóa 5.Nội dung khóa luận Ngồi phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm có chương: Chương1 Kiến thức chuẩn bị Chương Đa thức bất khả quy Chương Đa giác Newton ~2~ CHƢƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1.Vành đa thức ẩn 1.1.1 Xây dựng vành đa thức ẩn Cho A vành giao hốn có đơn vị Đặt  P   a0 , a1 , a2 ,  |  A,  haàu hết  Trên P ta định nghĩa hai phép tốn:  a0 , a1,   (b0 , b1, ) :  a0  b0 , a1  b1,   a0 , a1,  (b0 , b1, ) : (c0 , c1, ) Trong ck :  aib j , k  0,1, , n i j k Khi P với hai phép tốn lập thành vành giao hốn, có đơn vị 1,0,,0,  Xét đồng cấu : A P a  a,0, ,0,  Khi  đơn cấunên ta nhúng vành A P cách đồng a với   a    a,0, ,0,  , tức coi a   a,0, ,0,  Đặt x :  0,1,0, ,0,   P x  xx   0,0,1,0, ,0,  x3  (0,0,0,1,0, ,0, ) x n  (0,0,0, ,0,1,0, ) n Bây lấy phần tử  a0 , a1, a2 ,  thuộc P  hầu hết nên có số tự nhiên n cho  a0 , a1, a2 ,    a0 , a1, , an ,0, ta có, ~3~  a0 , a1, , an ,0,    a0 ,0,    0, a1,0,     0,0, , an ,0,      a0 ,0,    a1 ,0,  0,1,0,     an ,0,   0,0, ,0,1,0,    n   n  a0  a1 x   an x Vậy P  a0  a1x   an x n |  A, n   Vành P gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ số A , kí hiệu A x  Định nghĩa 1.1.1 Mỗi phần tử A x  gọi mộtđa thức, kí hiệu f  x  , g  x  , p  x  , Nếu f  x   a0  a1x   an x n a0 gọi hệ tử tự do, an gọi hệ tử bậc cao nhất, an  n gọi bậc đa thức, kí hiệu deg f  x  Nhận xét 1.1.1.Cho f  x  , g  x  hai đa thức khác vành Khi đó: i)Nếu f  x   g  x   deg  f  x   g  x    max deg f  x  , deg g  x  ii) Nếu f  x  g  x  deg  f  x  g  x    deg f ( x)  deg g ( x) Nhận xét 1.1.2: i) Nếu A miền nguyên A x  miền nguyên ii) Nếu A trường vành A x  khác không khả nghịch ~4~ 1.1.2 Định lý phép chia với dƣ Định lý 1.1.1.Cho A miền nguyên f ( x), g ( x) hai đa thức A x  , hệ tử cao g ( x) khả nghịch A Khi tồn cặp đa thức q( x), r (x)  A x  cho f  x  g  x q  x  r  x với deg r  deg g r ( x)  Chứng minh a) Sự tồn Giả sử f ( x)  a0  a1x   an x n , an  g  x   b0  b1x   bm x m bm  Nếu n  m ta đặt q  x   0, r  x   f  x  Nếu n  m đặt: f1  x   f  x   bm1an x nm g  x   f  x   q1  x  g  x  Bậc đa thức không lớn m  hệ tử cao f  x  q1  x  g  x  trùng bm1anbm  an Tiếp tục trình ta f k  x   f k 1  x   qk  x  g  x  , k  1,2, Rõ ràng sau không n  m  bước ta thu đa thức f k  x  mà deg f  x   deg g  x  Khi đặt q  x   q1  x   q2  x    qk  x  , Ta có điều phải chứng minh ~5~ r  x   fk  x  Bổ đề 3.2.1.Cho f  x  , g  x    x Nếu f g có nghiệm chung R f , g   Chứng minh.Giả sử  nghiệm chung f  x  g  x  Nhân cột thứ j R  f , g  với  n r  j , j  1, n  r cộng tất cột vào cột cuối Khi định thức R  f , g  có cột cuối trở thành ( r 1 f   , r 2 f   , , f   , n1g   , n2 g   , , g  )t Vì f    g    nên tất phần tử cột cuối , R f , g   Bổ đề 3.2.2.Nếu 1 , , n nghiệm f  x  R  f , g   anr g 1  g  n  (3.2) Nhận xét 3.2.1 R  f , g   f , g có nghiệm chung 3.3 Ứng dụng  x có Định lý 3.3.1.Giả sử f  x   bậc n  , f ' đạo hàm hình thức f  x  Nếu f  x  đa thức Eisenstein ứng với số nguyên tố p p chia hết R  f , f '  Chứng minh Do f  x  đa thức Eisenstein ứng với số nguyên tố p nên tồn a  để f  x  a  có dạng Eisenstein ứng với p Suy f  x  a   an x n  mod p  Suy f  x   an  x  a   mod p  n Đặt g  x  : x  a, h  x  : an  x  a  n2 Ta có f  x   g  x  h  x  mod p  ~ 38 ~ Đặt f1  x  : g  x  h  x  Khi R  f , f '   R  f1, f1'   mod p  f1  x  , f1'  x  có nghiệm chung a nên R  f1 , f '1   Từ R  f , f '    mod p  hay p | R( f , f ) Định lý 3.3.2 Cho đa thức f  x    x,deg f ( x)  Khi i) Nếu R  f , f '   f  x  khơng Eisenstein ii) Nếu R  f , f '   có ước ngun tố Gọi p ước R  f , f '  , f  x  đa thức Eisenstein tương ứng với số nguyên tố p tồn a 0,1 , p  1 để f  a  a , f ' a a Chứng minh i) Nếu R  f , f '   f , f  có nghiệm chung nên đa thức f ( x) có nghiệm bội Do với số nguyên a , đa thức f ( x  a) có nghiệm bội Theo giả thiết deg f ( x)  deg f ( x  a)  nên f ( x  a) không bất khả quy Từ f  x  khơng đa thức Eisenstein ii) Vì f  x  đa thức Eisenstein tương ứng với số nguyên tố p nên tồn b cho f  x  b  có dạng Eisenstein tương ứng với số nguyên tố p Đặt a  b  mod p  , a 0,1, , p Suy f  x  b   f  x  a  mod p  n Giả sử f  x  b    ai' xi Khi i 0  p | ai'  '  p | an với  i  n   p | a  ~ 39 ~ Vì a  b p nên tồn k  để a  kp  b Suy n f  a   f  kp  b    a 'j k j p j  kpa1'  a0'  a0'  mod p  j 0 Mà a0' p, a1' p nên f  a  p Ta lại có f '  a   f '  kp  b   a1'  2a2' kp   nan'  kp  Suy f '  a  n1 p Vậy f  a  , f '  a  chia hết cho p Ví dụ 3.3.1 Cho f  x   x  x  Tính tốn ta R f , f '   6 0 6 0 0  6  72   64  688 Ta có 688  24  43 Do f  x  đa thức Eisenstein ứng với 43 Mặt khác f  3  86 43 f '  3  110 không chia hết cho 43 Suy f  x  không Eisenstein tương ứng với 43 Với p  thử trực tiếp ta có f  x  1  x  x3  x  x  có dạng Eisenstein ứng với p  Vậy f  x  có dạng Eisenstein ứng với số nguyên tố 3.4 Đa giác Newton tiêu chuẩn bất khả quy 3.4.1 Đa giác Newton Cho f ( x)   j 0 a j x j  n  x với a0an  , p số nguyên tố Với j 0,, n , ta định nghĩa x j :  j y j    0   số nguyên không âm lớn cho p j | an j với an j  , y an j  y j   ~ 40 ~ Đặt tập S    x0 , y0  ,  x1, y1 , .,  xn, yn   mặt phẳng phức mở rộng.Ta gọi cạnh phía dọc theo bao lồi điểm  xi , yi  , i =0, n đa giác Newton f  x  tương ứng với p Nhận xét 3.4.1 Cạnh phía bên trái có điểm đầu mút  x0 , y0  cạnh ngồi phía bên phải có điểm đầu mút  xn , yn  Nếu  xi , yi   x j , y j  điểm đầu mút cạnh đóthì điểmđầu mút  xu , yu   i  u  j  nằm bên đường thẳng nối  xi , yi   x , y  j j Ví dụ 3.4.1 Cho f  x   x6  x  x  x  4, p  tập S ứng với p  S   0;1 ,  2;0  ,  4;1 ,  5;1 ,  6;1 , 1;   ,  3;   Đa giác Newton f  x  ứng với số nguyên tố gồm haiđoạn thẳng, đoạn nối từ điểm  0;  tới điểm (2; 0), đoạn từ điểm (2; 0) tới điểm (6; 2) 1 Đa giác Newton f  x   x  x  2x  4x  ~ 41 ~ Nhận xét 3.4.2.Độ dốc (hệ số góc) cạnh đa giác tăng dần từ trái qua phải 3.4.2 Tiêu chuẩn bất khả quy Định lý 3.4.1.Cho g  x  , h  x    x với g  0 h  0  , p số nguyên tố.Gọi k số nguyên không âm lớn cho p k chia hết cho hệ tử cao g  x  h  x  Khi đa giác Newton hàm g  x  h  x  ứng với p có cách dịch chuyển cạnh đa giác Newton g  x  h  x  (sử dụng phép dịch chuyển cho cạnh) Điểm bắt đầu đa giác Newton g  x  h  x   0, k  với độ dốc tương ứng Ví dụ 3.4.2 Cho g  x   x3  3x  12 x  , h  x   x  x  Khi đa giác Newton g  x  , h  x  g  x  h  x  ứng với p  cho bảng sau 2 1 g  x h x ~ 42 ~ 1 g  x h x Hệ 3.4.1 Nếu f  x  đa thức có dạng Eisenstein ứng với p đa giác Newton ứng với p gồm cạnh nối điểm  x0 , y0    0;  với  xn , yn    n, 1 Tất điểm  xi , yi   S nằm cạnh Ngược lại đa giác Newton f  x  ứng với p gồm cạnh theo định lý phải bất khả quy Ví dụ 3.4.3 Cho f  x   x  x3  x  x  , g  x   x4  x3  Đa giác Newton f  x  ứng với p  gồm đoạn nối điểm  0;  với điểm  4;  Suy f  x  bất khả quy Đa giác Newton hàm g  x  ứng với p  gồm đoạn nối điểm  0;  với  4; 0 Suy g  x  bất khả quy ~ 43 ~ Chứng minh định lý 3.4.1 Ta có g  x    i 0 bi xi , h  x    j 0 c j x j , với br cs  r s Đặt f  x   g  x  h  x   nr  s ax,a k k 0 k rs  Với j 0,1, , n , gọi y j số nguyên không âm lớn cho p j | an j  an j   y y j   an j  Tương tự với j 0,1, , r , gọi y ' j số nguyên không âm lớn cho p j | br  j  br  j   y j   y' br  j  , y '' j số nguyên không âm lớn cho p y '' j | cs j  cs j   y j   cs j  Gọi  k1, u1  ,  k2 , u2  hai đầu mút cạnh đa giác Newton g  x  với k1  k2 Ta có u1  yk' , u  yk' Đường thẳng qua hai điểm  k1,u1 , k2 , u2  có phương trình u2 – u1  x –  k2 – k1  y   u2 – u1  k1 –  k2 – k1  u1 (3.3) Vì điểm (i, y 'i ) nằm phía đường thẳng nên ta có:  u2  u1  i   k2  k1  y 'i  (u2  u1 )k1  (k2  k1 )u1, i  0, r 3.4  Dấu xảy k1  i  k2 Ta thấy độ dốc cạnh ngồi phía bên phải củađa giác Newton h  x  nhỏ u2  u1 k2  k1 ~ 44 ~ Gọi  m1 , v1  điểm đầu mút bên phải cạnh này, ( (m1 , v1 ) điểm (0; y''0 ) ) Ta ln có v1  y ''m1 Trong trường có cạnh đa giác Newton h  x  mà nhận  m1 , v1  đầu mút bên trái,  m2 , v2  đầu mút bên phải cạnh Khi m2  m1 Chú ý  m2 , v2  tồn độ dốc đường qua  m1 , v1   m2 , v2  lớn u1  u1 ta cần phải cạnh nối (k1 , u1 ) (k2 , u2 ) đa giác k2  k1 Newton hàm g  x  dịch chuyển tới cạnh nối  k1  m1, u1  v1   k2  m1, u2  v1  đa giác Newton hàm f  x  Trái lại  m2 , v2  tồn độ dốc đường thẳng nối  m1 , v1  với  m2 , v2  đa giác Newton hàm g  x  cạnh nối  m1 , v1  với  m2 , v2  hàm h  x  dịch chuyển tới cạnh nối  k1  m1, u1  v1   k2  m2 , u2  v2  đa giác Newton f  x  Đặt t 0, , n , i 0, , r , j 0, , s , cho t  i  j Theo định nghĩa  m1 , v1   j , y '' j  nằm phía đường thẳng qua  m1, v1  với độ dốc u2  u1 Do k2  k1 u2  u1  j   k2  k1  y'' j  u2  u1  m1   k2  k1  v1 (3.5) Dấu xảy  j, y '' j    m1, v1   m2 , v2  tồn đường thẳng nối  m1 , v1  với  m2 , v2  có độ dốc u2  u1 , k2  k1  j, y  nằm đường thẳng nối  m , v  với  m , v  Kết hợp (3.4) '' j 1 2 (3.5) ta có u2  u1  (i  j)   k2  k1  ( y'i  y'' j )  u2  u1  (k1  m1)   k2  k1  (u1  v1 ) 3.6 ~ 45 ~ Nhớ t  i  j Ta coi t không đổi xét trường hợp thứ  m2 , v2  không xác định độdốc đường qua  m1 , v1   m2 , v2  lớn u2  u1 Nếu phương trình cố định (3.6), k2  k1 điều kiện(i) phải cố định Khi đó, ta xét t  k1  m1 Ta có phương trình cố định (3.6) i  k1 j  m1 Do t  i  j  k1  m1 cố định, (3.6) có nghĩa y 'i  y '' j đạt cực tiểu i  k1, j  m1 khơng có giá trị khác i j Do f ( x)  g ( x)h( x) , ta có ant  b i  j t  3.7  c r i s  j Mỗi số hạng br ics j chia hết cho p y 'i  y '' j ( theo định nghĩa y 'i y '' j ) Do đó, việc đạt cực tiểu yi'  y ''j xảy i  k1, j  m1 có nghĩa p u1 v1 chia hết ant Hơn nữa, pu1 v1 1 chia hết số hạng trừ số hạng br ics j Do pu1 v1 phải chia hết ant Nói cách khác  3.8 yk1 m1  u1  v1  yk'  ym'' Sau xét t  k2  m1 Từ (3.6), yi'  y ''j đạt cực tiểu cách xác i  k2 , j  k1 Thay cho (3.8), ta có Để chứng tỏ đoạn nối (k1  m1, u1  v1 )  k2  m1 ,u2  v1  tạo thành cạnh đa giác Newton f ( x) , điều lại cho t  0, , n  (t , yt ) nằm nằm đường qua (k1  m1, u1  v1 )  k2  m1 , u2  v1   t , yt  nằm đường, k1  m1  k2  m1 Cho t 0, , n , quan sát biểu thức (3.7) có nghĩa yt   y 'i  y '' j  i j ~ 46 ~ Cố định t 0, , n , cố định j  0, , s  mà t  i  j yt  y 'i  y '' j Khi từ (3.6), ta có u2  u1  t  (k2  k1 ) yt  u2  u1  (i  j )  (k2  k1 )( y 'i  y '' j ) (3.9)   u2  u1  k1  m1    k2  k1  u2  v1  Điều có nghĩa  t , yt  nằm đường qua (k1  m1, u1  v1 )  k2  m1 , u2  v1  Nhớ (3.6) hệ (3.4) (3.5), ta thấy phương trình xảy (3.9), k1  i  k2 j  m1 Nói cách khác, phương trình xảy (3.9), k1  m1  k2  m1 Điều thiết lập đặt ngồi để trường hợp  m2 , v2  không xác định độ dốc đường qua  m1 , v1  (m2 , v2 ) làlớn u2  u1 k2  k1 Giả sử (m2 , v2 ) tồn độdốc đường qua  m1 , v1  (m2 , v2 ) u2  u1 Trong trường hợp này, phương trình cố định k2  k1 (3.5) (3.6), m1  j  m2 Nếu phương trình cố định (3.6), ta có t  k1  m1 Nếu t  k1  m1 , i  k1 j  m1 Do đó, ta có phương trình cố định (3.6) i  k1 j  m1 (3.8) Nếu t  k2  m2 , i  k2 j  m2 Trong trường hợp này, ta có phương trình cố định (3.6) i  k2 j  m2 Do đó, ta có yk2 m2  u2  v2  yk'  ym'' ~ 47 ~ Theo trên, ta có (3.9) sau cho t 0, , n Ở đây, phương trình cố định, t  k1  m1 m1  j  m2 để k1  m1  t  k2  m2 Theo đoạn thẳng nối  k1  m1, u1  v1   k2  m2 , u2  v2  tạo thành cạnh đa giác Newton f  x  Hoàn thành chứng minh Dưới hệ tổng kết quan trọng định lý 3.4.1 Hệ 3.4.2 (Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng) Cho f  x    x có bậc n với f    , giả sử f  x   g1  x  g2  x  , gi  x    x, p  Gọi ( x0' , y0' ),  x1' , y1'  , ,  xk' , yk'  , với x0'   x1'   xk'  n tất điểm nguyên đa giác Newton f  x  tương ứng với p Với j 1, , k , đặt b j  x'j  x'j 1 Khi tồn  i , j 0,1 , cho với j tồn i  1,2, , r  để  i , j  với i k deg gi ( x)    i , jb j j 1 Ví dụ3.4.4 Cho f ( x)   j 0 a j x j  [ x] cho p | an , p | a j với n j 0, , n  1 p | a1 Khi f  x  bất khả quy f  x  tích đa thức bậc đa thức bất khả quy có bậc n  Ví dụ 3.4.5.Chođa thức f  x   x5  x3  x  Từ ví dụ 3.4.4 ta suy f  x  khơng bất khả quy khơng có nghiệm hữu tỷ Điều không xảy suy f  x  bất khả quy ~ 48 ~ 3.5.Một số tập Bài 1: Cho f  x   x3  22 Tìm p  để f  x  Eisenstein tương ứng với p Với p tìm a để f  x  a  có dạngEisenstein tương ứng với p Bài 2: Cho f  x   x7  21x6  30 x4  90 x3  1350 x  2700 Tính R  f , f '  từ giải thích f  x  bất khả quy Bài 3: Cho f  x   x3  k , k  đa thức Newton ứng với số nguyên tố p Chứng minh p  p | k Bài 4: Cho g  x   45x8  30 x7  15x6  x  30 x  150 Vẽ đa giác Newton g  x  ứng với p  giải thích g  x  bất khả quy Bài 5: Cho f  x    j 0 a j x j  n  x với an  0, n  , cho p số nguyên tố Giả sử có số nguyên a mà p | f  a  Chứng minh: i) f  x  Eisenstein tương ứng với p f  x  a  có dạng Eisenstein tương ứng với p ii) Nếu p | f  a  f  x  khơng Eisenstein tương ứng với số nguyên tố p Bài 6: Với hàm f  x  dưới, xác định số nguyên tố p mà f  x  Eisenstein tương ứng với p ( a ) f  x   x3  x  (b) f  x   x3  x  x   c  f  x   x3  x  x  ( d ) f ( x)  x  x  x  ~ 49 ~ Bài 7: Cho f  x    x Giả sử tồn hàm g  x    x mà f  g  x   có dạng Eisenstein Chứng minh f  x  Eisenstein Gợi ý: Cho a  g   , chứng minh f  x  a  có dạng Eisenstein Bài 8: Cho f  x    j 0 a j x j  n  x với an  0, n  Cho p số nguyên tố không chia hết n Giả sử a số nguyên mà f  x  a  có dạng Eisenstein tương ứng với p Chứng minh a  an1 (nan )1  mod p  Bài 9: Cho f  x    j 0 a j x j  n  x , cho p số nguyên tố với n Giả sử p | an , p k | a j với j   0,1, , n  1 , p k 1 | a0 Chứng minh f  x  bất khả quy Bài 10: Chứng minh g  x  f  x  a, a  f  x  R  f , f '   R  g , g '  ~ 50 ~  x có bậc n  KẾT LUẬN Do thời gian có hạn lực hạn chế nên khóa luận nghiên cứu kiến thức đa thức bất khả quy đa giác Newton Mặc dù cố gắng bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học nên khóa luận em khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận đóng góp ý kiến qu ý thầy bạn sinh viên để khóa luận em hồn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn! ~ 51 ~ TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, NXB Giáo dục Ngô Thúc Lanh (1987), Đại số số học tập 3, NXB Giáo dục Nguyễn Tiến Quang (2007), Cơ sở lý thuyết trường lý thuyếtGaloa, NXB Đại học Sư Phạm Hồng Xn Sính (2003), Đại số đại cương, NXB Giáo dục Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2008), Cơ sở lý thuyết số đa thức, NXB Đại học Sư Phạm Paulo Neyde Sousa, Jorge – Nuno Silva (1998), Berkeley Problemsin Mathematics, Springer ~ 52 ~ ... tài Đa thức bất khả quy đa giác Newton Em mong khóa luận có ích cho quan tâm đến đa thức, đặc biệt đa giác Newton tính bất khả quy đa thức Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu tính bất khả quy. .. không đa thức bậc khác không 2.3 Đa thức bất khả quy trƣờng số 2.3.1 Đa thức bất khả quy trƣờng số phức Định lý 2.3.1.Mọi đa thức bất khả quy trường số phức đa thức bậc Chứng minh Rõ ràng đa thức. .. CHƢƠNG 2: ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY 10 2.1 Khái niệm đa thức bất khả quy 10 2.2 Các tính chất 10 2.3 Đa thức bất khả quy trường số 12 2.3.1 Đa thức bất khả quy trường số