(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường(Luận văn thạc sĩ) Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 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 i Mục lục Lời mở đầu Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Khái niệm đa thức bất khả quy Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q, R, C 1.3 Mở rộng trường trường phân rã 11 Chương Tính bất khả quy đa thức lặp 15 2.1 2.2 Tính khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai 15 21 2.3 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b 27 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34 Lời mở đầu Cho K trường Một đa thức f (x) ∈ K[x] gọi bất khả quy f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức có bậc bé Khi đa thức = f (x) ∈ K[x] có phân tích bất khả quy f (x) = a f1 (x) fk (x) a hệ số cao f (x) fi (x) đa thức bất khả quy dạng chuẩn (tức có hệ số cao 1) Hơn nữa, phân tích bất khả quy không kể đến thứ tự nhân tử fi (x) Kết tương tự Định lí Số học Lí thuyết số Như vậy, vành đa thức K[x], đa thức bất khả quy đóng vai trò quan trọng giống vai trò số nguyên tố vành Z số nguyên Nếu Định lí Số học cho phép coi số nguyên tố viên gạch xây nên vành số nguyên, đa thức bất khả quy viên gạch xây nên vành đa thức Nhiều toán đa thức bất khả quy đặt xuất phát từ việc giải toán liên quan số nguyên tố Một tốn xét tính bất khả quy đa thức lặp số lớp đa thức Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bậc dương Đặt f0 (x) = x, f1 (x) = f (x), fr+1 (x) = f ( fr (x)) với r ≥ Ta gọi đa thức fr (x) đa thức lặp đa thức f (x) Theo R W K Odoni [O], ta nói f (x) ổn định K fr (x) bất khả quy với r ≥ Chú ý đa thức bậc bất khả quy trường K, đa thức bậc ổn định đa thức lặp ln có bậc Mục đích luận văn trình bày lại chi tiết kết hai báo sau tính bất khả quy trường K đa thức lặp hai lớp đa thức: đa thức bậc hai 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 trình bày kiến thức đa thức bất khả quy mở rộng trường Chương trình bày tính bất khả quy trường đa thức lặp hai lớp đa thức: đa thức bậc hai đa thức dạng xn − b Chương chia làm ba tiết Tiết 2.1 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tiết 2.2 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai Tiết 2.3 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b Trong trình học tập nghiên cứu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun, tơi nhận đề tài nghiên cứu "Tính bất khả quy đa thức lặp số lớp đa thức trường" hướng dẫn GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Đến luận văn hồn thành Có kết dạy bảo hướng dẫn tận tình nghiêm khắc Cơ Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Cơ gia đình! Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tơi q trình học tập Trường thời gian nghiên cứu hồn thành luận văn Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện thầy cô giáo, cán thuộc Phịng Đào tạo, Khoa Tốn - Tin để lại lịng chúng tơi ấn tượng tốt đẹp Khơng biết nói hơn, lần xin trân trọng cảm ơn Tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè thành viên lớp cao học toán K8A (2014 - 2016) quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ động viên để tơi hồn thành nhiệm vụ Tơi xin trân trọng cảm ơn! Tác giả Nguyễn Thị Thu Hương Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Khái niệm đa thức bất khả quy Trong suốt chương này, giả thiết K trường Ta gọi đa thức f (x) ∈ K[x] có dạng chuẩn hệ số cao f (x) Định nghĩa 1.1.1 Cho f (x) ∈ K[x] Ta nói f (x) bất khả quy K f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức có bậc thấp Chú ý tính bất khả quy đa thức phụ thuộc vào trường sở Chẳng hạn, đa thức x2 − bất khả quy Q không bất khả quy R Tương tự, đa thức x2 + bất khả quy R không bất khả quy C Bổ đề 1.1.2 Đa thức f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy với a ∈ K Chứng minh Cho a ∈ K Với h(x) ∈ K[x] ta đặt h1 (x) = h(x − a) Chú ý deg h1 (x) = deg h(x) Vì f (x + a) = k(x)g(x) phân tích đa thức f (x + a) thành tích hai đa thức có bậc thấp f (x) = k1 (x)g1 (x) phân tích f (x) thành tích hai đa thức có bậc thấp Vì f (x) bất khả quy f (x + a) bất khả quy Bổ đề 1.1.3 Trên trường K, phát biểu sau (i) Đa thức bậc bất khả quy (ii) Đa thức bậc bậc bất khả quy khơng có nghiệm K Chứng minh (i) Đa thức bậc rõ ràng khơng thể tích hai đa thức bậc thấp hơn, bất khả quy (ii) Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bậc Giả sử f (x) có nghiệm x = a ∈ K Vì deg f (x) > nên f (x) = (x − a)g(x), g(x) ∈ K[x] deg g(x) = deg f (x) − ≥ Do f (x) khả quy Ngược lại, giả sử f (x) khả quy Vì f (x) có bậc nên f (x) phân tích thành tích hai đa thức có bậc thấp hơn, hai đa thức phải có bậc Rõ ràng đa thức bậc trường ln có nghiệm trường đó, f (x) có nghiệm K Chú ý phát biểu (ii) bổ đề không cho trường hợp bậc đa thức lớn Cụ thể, f (x) bậc lớn có nghiệm K f (x) khả quy Tuy nhiên, tồn đa thức khơng có nghiệm K khả quy Chẳng hạn đa thức (x2 + 1)2 khơng có nghiệm R khả quy R Cho F trường chứa K Một phần tử a ∈ F gọi phần tử đại số K nghiệm đa thức khác với hệ số K Nếu a không đại số K ta nói a siêu việt K Mệnh đề 1.1.4 Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Khi tồn đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, 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 hai đa thức phải nhận a làm nghiệm, điều mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do p(x) bất khả quy Giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) không chia hết cho p(x) p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = Do tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho = p(x)q(x) + g(x)h(x) Thay x = a vào hai vế ta = 0, điều vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) bội 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 = c ∈ K Do q(x) = cp(x) Đồng hệ số cao hai vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn, ta suy c = 1.Vì p(x) = q(x) Định nghĩa 1.1.5 Cho a phần tử đại số K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm gọi đa thức bất khả quy a Đa thức x3 −2 ∈ Q[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm hữu √ tỷ), đa thức bất khả quy phần tử Đa thức x2 + ∈ R[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm thực), đa thức bất khả quy số phức i Mệnh đề 1.1.6 Cho p(x) ∈ K[x] đa thức có bậc dương Khi p(x) bất khả quy p(x) | a(x)b(x) kéo theo p(x) | a(x) p(x) | b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Đặc biệt, đa thức bất khả quy p(x) ước tích hữu hạn đa thức p(x) phải ước đa thức Chứng minh Cho p(x) bất khả quy Giả sử p(x) | a(x)b(x) a(x), b(x) không bội p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), a(x)) = gcd (p(x), b(x)) = Suy tồn s(x), r(x), e(x), f (x) ∈ K[x] cho = s(x)p(x) + r(x)a(x) = e(x)p(x) + f (x)b(x) Nhân vế với vế hai đẳng thức ta có = p(x)g(x) + r(x) f (x)a(x)b(x) với g(x) ∈ K[x] đa thức Vì p(x) | a(x)b(x) nên đa thức bên vế phải đẳng thức bội p(x), đa thức bên vế trái không chia hết cho p(x) Điều vơ lý Ngược lại, p(x) có bậc dương nên p(x) = không khả nghịch Giả sử p(x) = a(x)b(x) với a(x), b(x) ∈ K[x] Khi p(x) | a(x)b(x) Theo giả thiết, p(x) | a(x) p(x) | b(x) Vì p(x) khơng có ước thực sự, p(x) bất khả quy Định lý Số học nói số tự nhiên lớn phân tích thành tích thừa số nguyên tố phân tích không kể đến thứ tự thừa số Kết sau tương tự đa thức Định lý 1.1.7 Mỗi đa thức dạng chuẩn bậc dương K[x] phân tích thành tích đa thức bất khả quy dạng chuẩn phân tích không kể đến thứ tự nhân tử Chứng minh Trước hết, ta chứng minh tồn phân tích quy nạp theo bậc đa thức Giả sử f (x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn bậc d > Nếu d = f (x) bất khả quy phân tích bất khả quy f (x) f (x) = f (x) Cho d > giả sử kết cho đa thức bậc nhỏ d Nếu f (x) bất khả quy f (x) có phân tích bất khả quy f (x) = f (x) Vì ta giả thiết f (x) khả quy Khi f (x) = g(x)h(x) với deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đặt g∗ (x) = a−1 g(x) với a hệ số cao g(x) Khi ta có f (x) = g∗ (x)(ah(x)) Đồng hệ số hai vế ta suy ah(x) có dạng chuẩn Do f (x) = g∗ (x)h∗ (x) với g∗ (x), h∗ (x) = ah(x) đa thức dạng chuẩn có bậc nhỏ d Theo giả thiết quy nạp, g∗ (x) h∗ (x) phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn Vì f (x) phân tích thành tích hữu hạn đa thức bất khả quy dạng chuẩn Bây ta chứng minh tính phân tích Giả sử f (x) có hai 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 quy nạp theo n n = m sau đánh lại thứ tự nhân tử vế bên phải ta có pi (x) = qi (x) với i = 1, 2, , n Do p1 (x) bất khả quy p1 (x) | q1 (x) q2 (x) qm (x) nên ta có p1 (x) | qi (x) với i Khơng 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 q1 (x) = ap1 (x) Do p1 (x) q1 (x) có dạng chuẩn nên a = Vì p1 (x) = q1 (x) Cho n = Nếu m > giản ước hai vế cho p1 (x) ta = q2 (x) qm (x), điều vơ lí Vậy, kết cho n = Cho n > Vì p1 (x) = q1 (x) nên p2 (x) p3 (x) pn (x) = q2 (x) q3 (x) qm (x) Theo giả thiết quy nạp ta có n−1 = m−1 việc đánh số lại thứ tự nhân tử bất khả quy vế phải ta suy pi (x) = qi (x) với i = 2, , n Từ định lý ta có kết sau: Hệ 1.1.8 Cho f (x) ∈ K[x] đa thức với hệ số cao an Khi tồn phân tích f (x) = an f1 (x) fk (x) với f1 (x), , fk (x) nhân tử bất khả quy dạng chuẩn, phân tích không kể đến thứ tự nhân tử 1.2 Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q, R, C Định lí Đại số phát biểu đa thức bậc dương với hệ số phức có nghiệm phức Vì đa thức bất khả quy C đa thức bậc Sử dụng Định lí Đại số, đa thức bất khả quy R đa thức bậc đa thức bậc hai vơ nghiệm thực (tức có biệt thức âm) Như vậy, tốn xét tính bất khả quy đa thức R C giải trọn vẹn Tuy nhiên, toán xét tính bất khả quy đa thức trường Q số hữu tỷ tốn mở Tiết trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy đa thức Q, R, C Trước hết ta xét tiêu chuẩn bất khả quy Q Giả sử f (x) ∈ Q[x] Chú ý để xét tính bất khả quy trường Q, việc quy đồng mẫu số cần xét đa thức với hệ số nguyên Từ đến hết mục giả thiết f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ Z[x], an = n > Chú ý đa thức bậc lớn có nghiệm Q khả quy Q Vì vậy, nhiều trường hợp ta tìm nghiệm hữu tỷ để xét tính bất khả quy f (x) Q Sau ví dụ minh họa Ví dụ 1.2.1 (i) f (x) = 10x3 + 3x2 − 106x + 21 khả quy Q (ii) g(x) = 9x3 + 6x2 − 8x + bất khả quy Q 20 kết cho r + Vì kết với r nên tồn ar , ξr ∈ Kn−r−1 gr + ξr cho g2r − ξr2 = dn−r−1 a2r = Suy g2r − dn−r−1 = ξr2 √ phương Kn−r−1 = Kn−r−2 ( dn−r−2 ) Bây ta có g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 − dn−r−2 = gr+1 − dn−r−2 = gr+1 − dn−r−2 Lại theo Bổ đề 2.1.7, tồn phần tử ar+1 , ξr+1 ∈ Kn−r−2 cho gr+1 + ξr+1 a2 g2r+1 − dn−r−2 = ξr+1 Vậy, kết với r + r+1 = g0 + ξ0 (ii) Giả sử tồn a0 , ξ0 ∈ K cho g20 − ξ02 = dn−1 a20 = Theo √ Bổ đề 2.1.7, suy g0 + dn−1 phần tử phương Kn = K(βn ) Vì βn+1 nghiệm f (x) − βn biệt thức đa thức √ 4(g0 + dn−1 ) nên ta suy f (x) − βn khả quy Kn Theo Bổ đề 2.1.6, fn+1 (x) khả quy K Nhận xét 2.1.9 Giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy K Khi với kí hiệu Định lý 2.1.8 phối hợp với Nhận xét 2.1.4 ta có ξr2 = g2r − dn−r−1 = g2r + δ0 − dn−r−2 √ = gr+1 − dn−r−2 = ar+1 − Do √ dn−r−2 2ar+1 √ dn−r−2 ξr = ± ar+1 − 2ar+1 Ta có βn+1 = l + l = + dn = l + −δ0 + √ dn−1 a0 + 2a0 dn−1 = l + g0 + dn−1 √ l dn−1 = ± a0 + 2a0 Ví dụ 2.1.10 Cho K = Q f (x) = x2 + 10x + 17 Chú ý Q có đặc số khác Rõ ràng f (x) khơng có nghiệm hữu tỷ, f (x) bất khả quy Q Như vậy, f0 (x) = x f1 (x) = f (x) đa thức bất khả quy 21 Q Bây ta xét tính bất khả quy f2 (x) := f ( f1 (x)) Tính tốn ta l = −10; d = 32, d0 = 8; δ = −d − 2l = −12, δ0 = −3, g0 = −δ0 = 3, g0 + ξ0 3±1 g20 − d0 = ξ0 = ±1; a20 = = , tức a20 2 Chọn a20 = 1, suy a0 = ±1 Khi theo Định lí 2.1.8 f2 (x) khả √ √ √ d0 l = −5 ± ± 2, suy β2 = ± quy Q Suy β2 = ± a0 ± 2a0 √ β2 = −6 ± Thay vào ta f2 (x) = (x2 + 8x + 14)(x2 + 12x + 34) 2.2 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai Trong suốt tiết này, giống Tiết 2.1, ta giả thiết K = Q f (x) = x2 − lx + m đa thức với hệ số nguyên bất khả quy Q Như Tiết 2.1, ta kí hiệu d = l − 4m biệt thức f (x) δ δ = −d − 2l Đặt δ0 = Rõ ràng l chẵn d chia hết cho δ chia hết cho Nếu l lẻ d chia cho dư δ chia cho d δ dư Trong trường hợp l chẵn, ta có d0 = ∈ Z δ0 = ∈ Z, 4 δ gr := g2r−1 + δ0 ∈ Z với r ≥ Trong trường hợp l lẻ ta có g0 = − , δ + 4δ hr r g1 = tổng quát gr = 2r với hr ∈ Z hr ≡ δ ≡ 1(mod 4) 4 Phần đầu Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định f (x) Q Tiêu chuẩn phát biểu qua định lý sau: Định lý 2.2.1 Nếu d ≡ (mod 4) f (x) ổn định Q Chứng minh Cho n ≥ giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy Q[x] Theo Định lý 2.1.8, tồn phần tử ξn−1 ∈ Q cho h2n−1 d un−1 2 gn−1 − ξn−1 = Vì gn−1 = 2n nên ξn−1 = n−1 với un−1 số 4 42 r nguyên lẻ Đặt br = ta có hn−1 + un−1 bn−1 hn−1 − un−1 bn−1 d = 22 hn−1 − un−1 r hn−1 + un−1 a = = , với a, r lẻ b, s lũy thừa bn−1 b bn−1 s ar d Như = ar = d; bs = Cộng vế với vế bs phương trình ta có Đặt hn−1 = a r (as + br) bn−1 + bn−1 = ; n ≥ 2, b s vế phải chẵn ta có mâu thuẫn Nếu n = bn−1 = hn−1 = as + br Mặt khác, điều bs = a, r lẻ Trong trường hợp ta dẫn đến mâu thuẫn, f (x) ổn định Q Ví dụ 2.1.10 Định lý 2.2.1 khơng cịn d chẵn Do ta có tiêu chuẩn sau để xét tính ổn định f (x) trường hợp d chẵn Định lý 2.2.2 Nếu d ≡ (mod 4) d ≡ (mod 16) f (x) ổn định Q Chứng minh Giả sử f (x) khơng ổn định Q Khi tồn n cho fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy (bao tồn số n vậy) Với kí hiệu Định lý 2.1.8, tồn phần tử ξn−1 ∈ Q d cho g2n−1 − ξn−1 = d0 = Vì gn−1 d0 ∈ Z nên ξn−1 khơng số nguyên thay vào đẳng thức ta suy ξn−1 phải số vô tỉ, điều khơng thể xảy Do ξn−1 ∈ Z Vì g2n−1 − ξn−1 = (gn−1 + ξn−1 )(gn−1 − ξn−1 ) nên chia hết cho chia cho dư Vì khơng xảy khả d0 ≡ (mod 4) Nếu d0 lẻ gn−1 + ξn−1 gn−1 − ξn−1 lẻ gn−1 + ξn−1 gn−1 − ξn−1 hai số phần tử phương Q, 2 mâu thuẫn với Định lý 2.1.8 Do Định lý 2.2.2 chứng minh Định lý sau đưa tiêu chuẩn để xét tính ổn định f (x) trường hợp d ≡ (mod 16) Định lý 2.2.3 Nếu d ≡ (mod 16) |δ | ≥ |d| f (x) ổn định Q 23 Chứng minh Giả sử fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy Q với n ≥ = d = d Ta có Theo Định lý 2.1.8, tồn ξn−1 ∈ Z cho g2n−1 − ξn−1 thể giả thiết ξ > Khi đó: |d0 | = |gn−1 |2 − ξn−1 = ||gn−1 | + ξn−1 | ||gn−1 | − ξn−1 | = (|gn−1 | + ξn−1 ) ||gn−1 | − ξn−1 | Do |d0 | > |gn−1 | Ta có mâu thuẫn Trước hết ta giả sử δ > 0, |gr | ≥ δ0 , với r δ0 ≥ |d0 | theo giả thiết nên ta có mâu thuẫn Bây giả sử δ < Vì |d| ≥ 16 nên từ giả thiết ta có |δ0 | ≥ |g0 | = |δ0 |, |g1 | = δ02 + d0 > |δ0 | trường hợp tổng quát |gr | ≥ |δ0 | Từ suy mâu thuẫn Vậy định lý chứng minh Định lý 2.2.3 tiêu chuẩn xét tính ổn định f (x) trường hợp d ≡ (mod 16) |δ | ≥ |d| Hệ sau cho ta tiêu chuẩn xét tính ổn định f (x) trường hợp cịn lại d ≡ (mod 16) |δ | < |d| Nhắc lại δ = −d − 2l nên điều kiện |δ | < |d| tương đương với điều kiện d l có dấu đối < |l| < |d| Mặt khác, d = l − 4m δ = −d − 2l nên ta có kết sau Hệ 2.2.4 Nếu d ≡ (mod 16) tồn hữu hạn đa thức có dạng f (x) = x2 − lx + m với hệ số nguyên có biệt thức d cho fn (x) khả quy Q với n ≥ Mệnh đề sau mô tả tất đa thức f (x) = x2 − lx + m ∈ Z[x] với biệt thức d ≡ (mod 16) có đa thức lặp f2 (x) khả quy Q Mệnh đề 2.2.5 Cho f (x) = x2 − lx + m ∈ Z[x] đa thức bất khả quy d Q có biệt thức d ≡ (mod 16) Khi f2 (x) khả quy 16 d phân tích dạng = a0 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 16 Chứng minh Giả sử f2 (x) khả quy Khi đó, theo Định lý 2.1.8, tồn −δ0 + εξ0 a0 , ξ0 ∈ Q cho δ02 − ξ02 = δ0 a20 = ; ε = ±1 Dễ thấy a0 , ξ0 ∈ Z δ0 , d0 ∈ Z, −d0 = 4a20 (a20 + δ0 ) 4|δ0 Vì δ0 ξ0 tính −δ0 − εξ0 d0 d chẵn lẻ nên b0 = ∈ Z ta có a20 b0 = = ; δ0 = −(a20 + b0 ), 16 24 l2 − d m = l = (−δ0 − d0 ) = d d Ngược lại, giả sử có phân tích dạng = a20 b0 với a0 , b0 ∈ Z, a0 > 16 16 l2 − d 2 f (x) = x2 − lx + m Khi δ0 = Đặt l = 2(a0 + b0 − 4a0 b0 ); m = l −d0 − = − a20 + b0 εξ0 = a20 − b0 , a20 + b0 − 4a20 b0 g20 − d0 = δ02 − d0 = a20 + b0 với ξ0 = a20 − b0 Do f2 (x) khả quy Q − 4a20 b0 = a20 − b0 = ξ02 g0 + ξ0 −δ0 + ξ0 = = a20 Từ Định lý 2.1.8 suy 2 d = = 12 Do a0 = 1; b0 = Suy 16 l = −10, m = 17 f (x) = x2 + 10x + 17 Rõ ràng f (x) bất khả quy Chẳng hạn, lấy d = 32 Khi khơng có nghiệm Q Theo Mệnh đề 2.2.5, ta suy f2 (x) khả quy Q Chú ý Ví dụ 2.1.10 tính khả quy f2 (x) Nhận xét 2.2.6 Bằng cách lập luận tương tự ta chứng minh được: (i) Nếu d = 16e với e khơng chứa ước phương, e = tồn đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy d (ii) Nếu = r2 s, r > s khơng chứa ước phương, s = 16 tồn đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy Trong trường hợp số đa thức f (x) có biệt thức d cho f2 (x) khả quy số ước r tất đa thức mơ tả rõ ràng Nhận xét 2.2.7 Với d ≡ (mod 16) |δ | < |d| ta ý: (i) Nếu δ = gr = với r ≥ 0; (ii) Nếu δ = −8 gr = với r ≥ 0; (iii) Nếu δ = −4 g0 = gr = r lẻ gr = −1 r chẵn dương Tuy nhiên, ba trường hợp khơng xảy ra, tức ta có δ = 0; −4; −8 |gr | tăng thực (khi r tăng thực sự) Do với số d cho trước, ta chọn số tự nhiên N (bé nhất) cho |gn−1 | ≥ |d0 | với n ≥ N Mặt khác, chứng minh Định lý 2.2.3, f (x) không ổn định (tức tồn n cho fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy) |d0 | > |gn−1 | 25 Điều khơng xảy Do trường hợp f (x) ổn định Q Cuối cùng, ta xét tính ổn định đa thức f (x) Q trường hợp d ≡ (mod 16) δ ∈ {0; −8} Mệnh đề 2.2.8 Nếu d ≡ (mod 16), δ ∈ {0; −8} f2 (x) bất khả quy Q f (x) ổn định Q Chứng minh Ta chứng minh Mệnh đề 2.2.8 phản chứng Giả sử f (x) không ổn định Q, tức tồn n ≥ cho fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy Q Khi theo Định lý 2.1.8, tồn phần tử gn−1 + ξn−1 Theo an−1 , ξn−1 ∈ Q cho g2n−1 − ξn−1 = d0 a2n−1 = Nhận xét 2.2.7, gr số với r ≥ 0, gn−1 = g0 Áp dụng phần (ii) Định lý 2.1.8 với n = ta có f2 (x) khả quy Điều mâu thuẫn với giả thiết, suy điều giả sử sai Vậy f (x) ổn định Q Như phần đầu Tiết 2.2, chứng minh số tiêu chuẩn để xét tính ổn định f (x) Q dựa vào tính chất biệt thức d f (x) Tuy nhiên, trường hợp d ≡ (mod 16), δ = −4 chưa giải Phần thứ hai Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định f (x) trường hữu hạn F Chú ý đặc số F phải số nguyên tố Cho F trường hữu hạn Kí hiệu F ∗ = F\{0} nhóm nhân F Với x ∈ F ∗ , x x ta định nghĩa sau: = x phần tử phương F F x = −1 x khơng phần tử phương F F Trong suốt phần hai Tiết 2.2 giả thiết Fq trường hữu hạn có đặc số p ≥ f (x) = x2 − lx + m đa thức bất khả quy Fq Mục tiêu phần hai nghiên cứu tính ổn định f (x) Fq Trước trình bày kết chính, ta nhắc lại kết O Ore luật khả nghịch Bổ đề 2.2.9 (Bổ đề Ore) Cho u(x), v(x) ∈ Fq [x] đa thức dạng chuẩn bất khả quy Fq Giả sử u(x) = v(x) Gọi α; β nghiệm 26 u, v bao đóng đại số Fq Khi u (β ) Fq (β ) v (α) Fq (α) = (−1)(q−1)/2 deg u deg v Ta sử dụng Bổ đề 2.2.9 để chứng minh Định lý 2.2.10 Định lý tiêu chuẩn để xét tính ổn định f (x) Fq Định lý 2.2.10 f (x) ổn định Fq fn − d khơng phần tử phương Fq với n ≥ d không phần tử phương với n Ta cần chứng minh f (x) ổn định Giả sử ngược lại, tức tồn n cho fn (x) bất khả quy fn+1 (x) khả quy Fq Gọi βn nghiệm Chứng minh Giả thiết fn − fn (x) bao đóng đại số Fq Khi theo Bổ đề 2.1.6, f (x) − βn khả quy Fq (βn ) Điều kéo theo biệt thức phần tử d phương Fq (βn )∗ (ta kí hiệu * cho nhóm nhân trường), βn + d ∗ phần tử phương Fq (βn ) Đặt u(x) = x + , v(x) = fn (x) áp dụng Bổ đề 2.2.9 ta có:   d d fn − β + q−1   n   = (−1)deg fn = (−1)2n−1 (q−1) =     Fq (βn ) Fq  q lẻ Vậy fn − d phần tử phương F∗q Điều mâu thuẫn d khơng phần tử phương với n Giả sử phản chứng tồn n ≥ d cho fn − phần tử phương Gọi βn nghiệm fn (x) d bao đóng đại số Fq Đặt u(x) = x + ; v(x) = fn (x) áp dụng Bổ Ngược lại, cho f (x) ổn định Ta cần chứng minh fn − 27 đề 2.2.9 ta có   d d fn − β + q−1   n   = (−1)deg fn =    Fq (βn )  Fq  d phần tử phương Fq (βn ) 4βn +d phần tử phương Do đa thức f (x) − βn khả quy Fq (βn ) Theo Bổ đề 2.1.6, fn+1 (x) khả quy Fq Điều vơ lí Suy βn + Ví dụ 2.2.11 Xét đa thức f (x) = x2 − x + Biệt thức f (x) d = −3 Cho p số nguyên tố lẻ Khi ta có f (x) bất khả quy Fq p ≡ (mod 3) Chọn p = 5, f1 = −2; f2 = 2; f3 = −2 khơng phần tử phương F5 Vì theo Định lý 2.2.10, f (x) ổn định F5 Chú ý đa thức với hệ số nguyên Do fn bất khả quy Q tồn số nguyên tố p cho bậc đa thức khơng đổi chuyển vào Z p [x] bất khả quy Z p (xem [1, Định lý 2.3.11]) Vì f (x) ổn định Q 2.3 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b Trong suốt tiết giả thiết K trường Xét đa thức có dạng f (x) = xn − b ∈ K[x] Giả sử tồn số tự nhiên m cho đa thức lặp fm (x) khả quy K Khi fm (x) = g(x).h(x) với g(x) h(x) có bậc nhỏ bậc fm (x) Suy với số tự nhiên i ta có fm+i (x) = fm ( fi (x)) = g( fi (x)).h( fi (x)) Do fm+i (x) khả quy K Vì thế, f (x) khả quy K, tức f1 (x) khả quy K fn (x) khả quy K với n ≥ (áp dụng tiêu chuẩn 28 với m = 1, i = n − 1) Tuy nhiên, f (x) bất khả quy K[x] đa thức lặp khác f (x) bất khả quy khả quy K Mục tiêu tiết đưa điều kiện để đa thức lặp thứ n f (x) bất khả quy đa thức lặp thứ n + khả quy Nhắc lại K(αm+1 ) mở rộng trường K với αm+1 phần tử đại số K Giả sử p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy nhận αm+1 làm nghiệm Khi theo [1, Chương 2, Mệnh đề 2.4.2] ta có [K(αm+1 ) : K] = deg p(x) Với số tự nhiên n ta kí hiệu K n tập hợp phần tử α ∈ K cho tồn β ∈ K thỏa mãn α = β n Khi ta có tiêu chuẩn để đa thức f (x) = xn − b có đa thức lặp khả quy Mệnh đề 2.3.1 Cho f (x) = xn − b Giả sử fm (x) bất khả quy K[x] với m ≥ Đặt αm nghiệm fm (x) trường đóng đại số K Khi fm+1 (x) khả quy K b + αm ∈ K(αm ) p với p ước nguyên tố n n bội b + αm ∈ −4K(αm )4 Chứng minh Giả sử αm+1 nghiệm xn − (b + αm ) n trường đóng đại số K(αm ) Vì αm+1 − b = αm nên n fm+1 (αm+1 ) = fm ( f (αm+1 )) = fm (αm+1 − b) = fm (αm ) = Do αm+1 nghiệm fm+1 (x) Suy K(αm ) ⊆ K(αm+1 ) Chú ý αm+1 nghiệm fm+1 (x), fm+1 (x) phải có ước bất khả quy nhận αm+1 làm nghiệm Vì fm+1 (x) khả quy bậc g(x) nhỏ bậc fm+1 (x), [K(αm+1 ) : K] = deg g(x) < deg( fm+1 (x)) = nm+1 Theo giả thiết, fm (x) bất khả quy K, [K(αm+1 ) : K] = [K(αm+1 ) : K(αm )][K(αm ) : K] = nm [K(αm+1 ) : K(αm )] Suy fm+1 (x) khả quy K [K(αm+1 ) : K(αm )] = n 29 Vì αm+1 nghiệm xn − (b + αm ) nên fm+1 (x) khả quy K xn − (b + αm ) khả quy K(αm )[x] Từ ta có điều phải chứng minh Cho K trường Kí hiệu K(t) = {g(t)/h(t) | h(t) = 0; g(t), h(t) ∈ K[t]} Chú ý K(t) trường Ta gọi trường phân thức hữu tỷ biến t với hệ số K Rõ ràng K(t) trường chứa vành K[t] Nhắc lại trường F đóng đại số đa thức bậc dương với hệ số F có nghiệm F Chẳng hạn C trường đóng đại số R khơng phải trường đóng đại số Ta có mệnh đề sau Mệnh đề 2.3.2 (i) Cho n ≥ m ≥ Khi tồn trường K phần tử b ∈ K cho fm (x) bất khả quy K fm+1 (x) khả quy K (ii) Cho K trường Cho b ∈ K cho f (x) = x2 − b đa thức bất khả quy K Khi đa thức lặp f2 (x) khả quy K b = 4z4 /(4z2 − 1) với z ∈ K thỏa mãn 4z2 − ∈ / K Chứng minh (i) Đặt F = C(t) trường phân thức hữu tỷ biến t với hệ số C Đặt f (x) = xn − t ∈ F[x] Khi fr (x) bất khả quy F[x] với r ≥ Gọi E trường phân rã fm+1 (x) F Theo [FS, Bổ đề 1.1, Trang 491], ta suy fm (x) bất khả quy K[x] fm+1 (x) khả quy K √ (ii) Vì b nghiệm f1 (x) = f (x) mở rộng K nên √ theo Mệnh đề 2.3.2 ta có f2 (x) khả quy K b + b = √ (z + w b)2 với z, w ∈ K Do f2 (x) khả quy K tồn z, w ∈ K cho b = z2 + w2 b = 2zw Nghĩa f2 (x) bất khả quy K K có đặc số Nếu đặc số K khác giải phương trình dẫn tới w = 1/2z b = 4z4 /(4z2 − 1) Vì f (x) bất khả quy K nên theo Mệnh đề 2.3.2, 4z2 − ∈ / K Ngược lại, f (x) có dạng cho f2 (x) khả quy theo lập luận 30 Cho R miền nguyên (tức vành giao hoàn khác khơng có ước 0) Trường cực tiểu chứa R trường gọi trường thương R Chú ý trường thương R tồn (sai khác đẳng cấu) Ví dụ trường thương miền nguyên Z trường Q số hữu tỷ Một miền nguyên gọi miền phân tích miền nhân tử hóa phần tử khác 0, khơng khả nghịch phân tích thành tích nhân tử bất khả quy phân tích khơng kể đến thứ tự nhân tử nhân tử ước đơn vị Chẳng hạn miền nguyên Z miền nhân tử hóa (theo Định lý Số học) Giả sử K trường thương miền nhân tử hóa R b = b1 /b2 ∈ K, b1 , b2 phần tử nguyên tố R Đặt f (x) = xn − b giả sử fm (x) bất khả quy K fm+1 (x) khả quy Định lý sau b1 , b2 phải thỏa mãn phương trình Diophantine R Định lý 2.3.3 Cho K trường thương miền nhân tử hóa R đặt f (x) = xn − (b1 /b2 ) ∈ K[x] với b1 , b2 nguyên tố R Giả sử với m ≥ 1, fm (x) bất khả quy K[x] fm+1 (x) khả quy K Định n − bn j+1 −1 nghĩa dãy phần tử w j R sau: w0 = −1 w j+1 = bn−1 w j với j ≥ Khi tồn số nguyên tố p ước n, phần tử khả nghịch u R d, z ∈ R\{0} cho: (i) b1 = ud p , m m (ii) (−1)n u(un−1 d p(n−1) wnm−1 − bn2 −1 ) = z p , (iii) d, wm−1 , b2 , zm−1 phần tử khác R nguyên tố với đôi Chứng minh Chúng ta chứng minh quy nạp theo j với j ≥ 0, w j = ta có w j b1 b2 nguyên tố n f j (−(b1 /b2 )) = b1 w j /b2 j Rõ ràng với j = f0 (x) = x w0 = −1 Cho j ≥ giả sử w j = 0, w j n nguyên tố với b1 b2 f j (−(b1 /b2 )) = b1 w j /b2 j Ta chứng minh 31 w j+1 nguyên tố với b1 b2 Thật vậy, ta có n n w j+1 = bn−1 w j − b2 j+1 −1 ,wj = b1 , b2 w j nguyên tố với đôi Nếu phần tử nguyên n tố π R chia hết b2 w j+1 π chia hết bn−1 w j Vì R miền nhân tử hóa nên π phải chia hết b1 w j , mâu thuẫn với giả thiết b1 b2 nguyên tố b2 w j ngun tố Tương tự, khơng có phần tử nguyên tố R ước chung b1 w j+1 w j+1 nguyên tố với b1 b2 Cuối cùng,ta có j f j+1 (−(b1 /b2 )) = f ( f j (−(b1 /b2 ))) = (b1 w j /bn2 )n − (b1 /b2 ) = b1 (b1n−1 wnj − bn2 j+1 −1 )/bn2 j+1 −1 = b1 w j+1 /bn2 j+1 Bây đặt b = b1 /b2 gọi αm nghiệm fm (x) Vì fm (x) bất khả quy K fm+1 (x) khả quy nên theo Mệnh đề 2.3.2, xảy trường hợp sau: tồn số nguyên tố p, p | n β ∈ K(αm ) cho b + αm = β p | n tồn γ ∈ K(αm ) với b + αm = −4γ Đặt N ánh xạ chuẩn từ K(αm ) vào K Vì fm (x) bất khả quy K theo giả thiết có αm nghiệm nên fm (x − b) đa thức bất khả quy dạng chuẩn K[x] nhận b + αm nghiệm Vì fm (x) có bậc nm m nên N(b + αm ) = (−1)n fm (−b) Định nghĩa phần tử c ∈ K c = N(β ) b + αm = β p c = N(2γ ) b + αm = −4γ Nếu b + αm = β p m c p = N(β p ) = N(b + αm ) = (−1)n fm (−b) Giả sử b + αm = −4γ Khi n chẵn [K(αm ) : K] lẻ Suy N(−1) = m c2 = N((2γ )2 ) = N(−4γ ) = N(b + αm ) = (−1)n fm (−b) m Như hai trường hợp ta có (−1)n fm (−b) = c p với p chia hết n Theo tính chất w j thiết lập ta có m m m c p = (−1)n fm (−b) = (−1)n b1 wm /bn2 32 Vì b1 wm khác nên c khác Đặt c = c1 /c2 , c1 c2 phần tử nguyên tố m m m R Khi (−1)n b1 wm c2p = c1p bn2 Vì b1 wm chia hết c1p bn2 nguyên tố m với bn2 nên b1 wm chia hết c1p Vì c1 , c2 nguyên tố nên b1 , wm c2 ngun tố đơi Vì p chia hết n nên p chia m hết nm Đặt nm = pk Khi c1p bn2 = (c1 bk2 ) p Vì b1 nguyên tố m với wm c2p (−1)n b1 wm c2p = (c1 bk2 ) p nên b1 = ud p với u ∈ R phần tử m khả nghịch d ∈ R Vì (−1)n ud p wm c2p = (c1 bk2 ) p Đặt z = c1 bk2 /dc2 m Suy z = c = Vì z p = (−1)n uwm ∈ R Vì R đóng ngun nên z ∈ R Cuối m m n n z p = (−1)n uwm = (−1)n u(bn−1 wm−1 − b2 m m m −1 ) Suy z p = (−1)n u(un−1 d p(n−1) wnm−1 −bn2 −1 ) Vì b1 b2 wm−1 nguyên tố theo chứng minh nên d, wm−1 , b2 z nguyên tố đôi 33 Kết luận Luận văn trình bày số kết gần tính bất khả quy đa thức lặp hai lớp đa thức: đa thức bậc hai đa thức dạng xn − b Hai tài liệu sử dụng luận văn M Ayad and D L McQuillan (2000), Irreducibility of the iterates of a quadratic polynomial over a field, Acta Arithmetica, 93, pp 87-97 L Danielson and B Fein (2001), On the irreducibility of iterates of xn − b, Proc Amer Math Soc., 130, pp 1589-1596 Trên sở nội dung luận văn là: - Nhắc lại số kiến thức đa thức bất khả quy số tiêu chuẩn bất khả quy trường Q, R, C - Trình bày số kiến thức chẩn bị trường phân rã đa thức, mở rộng trường, mở rộng đại số mở rộng hữu hạn - Trình bày kết tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai báo [1] - Trình bày kết tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn − b báo [2] 34 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] Ayad M and McQuillan D L (2000), “Irreducibility of the iterates of a quadratic polynomial over a field”, Acta Arithmetica, 93, pp 87-97 [3] Danielson L and Fein B (2001), “On the irreducibility of iterates of xn − b”, Proc Amer Math Soc., 130, pp 1589-1596 [4] Gathen J V and Gerhard J (2003), Modern Computer Algebra, Cambridge University Press, Cambridge [5] Schinzel A (2000), Polynomials with special regards to reducibility, Cambridge Univ Press ... Chương Tính bất khả quy đa thức lặp 15 2.1 2.2 Tính khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai 15 21 2.3 Tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn −... 2.1 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp trường đặc số khác Tiết 2.2 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức bậc hai Tiết 2.3 trình bày tính bất khả quy đa thức lặp đa thức dạng xn −... hai đa thức có bậc thấp Chú ý tính bất khả quy đa thức phụ thuộc vào trường sở Chẳng hạn, đa thức x2 − bất khả quy Q không bất khả quy R Tương tự, đa thức x2 + bất khả quy R không bất khả quy