xn−b
Trong suốt tiết này vẫn giả thiết K là một trường. Xét đa thức có dạng f(x) =xn−b∈K[x]. Giả sử tồn tại số tự nhiênmsao cho đa thức lặp fm(x) khả quy trên K. Khi đó fm(x) =g(x).h(x) vớig(x) và h(x)có bậc nhỏ hơn bậc của fm(x). Suy ra với mỗi số tự nhiênita có
fm+i(x) = fm(fi(x)) =g(fi(x)).h(fi(x)).
Do đó fm+i(x)khả quy trênK. Vì thế, nếu f(x)khả quy trênK, tức là f1(x) khả quy trênK thì fn(x) khả quy trênK với mọin≥1 (áp dụng tiêu chuẩn
trên với m= 1,i=n−1). Tuy nhiên, nếu f(x) bất khả quy trong K[x] thì các đa thức lặp khác nhau của f(x) vẫn có thể bất khả quy hoặc khả quy trên K. Mục tiêu của tiết này là đưa ra các điều kiện để đa thức lặp thứ n của f(x)là bất khả quy nhưng đa thức lặp thứn+1là khả quy.
Nhắc lại rằng K(αm+1) là một mở rộng trường của K với αm+1 là một phần tử đại số trênK. Giả sử p(x)∈K[x]là đa thức bất khả quy nhậnαm+1
làm nghiệm. Khi đó theo [1, Chương 2, Mệnh đề 2.4.2] ta có [K(αm+1):K] =degp(x).
Với mỗi số tự nhiên n ta kí hiệu Kn là tập hợp các phần tử α ∈K sao cho tồn tạiβ ∈K thỏa mãnα =βn. Khi đó ta có tiêu chuẩn đầu tiên để đa thức
f(x) =xn−b có một đa thức lặp khả quy.
Mệnh đề 2.3.1.Cho f(x) =xn−b. Giả sử fm(x)bất khả quy trongK[x]với
m≥ 0. Đặt αm là một nghiệm của fm(x) trong trường đóng đại số của K. Khi đó fm+1(x)khả quy trênK nếu và chỉ nếu hoặc b+αm∈K(αm)p với p
là một ước nguyên tố củan hoặcn là bội của4và b+αm∈ −4K(αm)4. Chứng minh. Giả sử αm+1 là một nghiệm của xn−(b+αm) trong một trường đóng đại số củaK(αm). Vì αmn+1−b=αm nên
fm+1(αm+1) = fm(f(αm+1)) = fm(αmn+1−b) = fm(αm) =0.
Do đóαm+1 cũng là nghiệm của fm+1(x). Suy raK(αm)⊆K(αm+1). Chú ý rằng αm+1 là nghiệm của fm+1(x), do đó fm+1(x) phải có một ước bất khả quy nhận αm+1 làm nghiệm. Vì thế fm+1(x) là khả quy khi và chỉ khi bậc củag(x)nhỏ hơn bậc của fm+1(x), khi và chỉ khi
[K(αm+1):K] =degg(x)<deg(fm+1(x)) =nm+1. Theo giả thiết, fm(x)bất khả quy trênK, do đó
[K(αm+1):K] = [K(αm+1):K(αm)][K(αm):K] =nm[K(αm+1):K(αm)]. Suy ra fm+1(x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu [K(αm+1):K(αm)] =n.
Vìαm+1là nghiệm củaxn−(b+αm)nên fm+1(x)khả quy trênKnếu và chỉ nếu xn−(b+αm) là khả quy trong K(αm)[x]. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
ChoK là trường. Kí hiệu
K(t) ={g(t)/h(t)|h(t)=6 0;g(t),h(t)∈K[t]}.
Chú ý rằng K(t) là một trường. Ta gọi nó là trường các phân thức hữu tỷ một biếnt với hệ số trongK. Rõ ràngK(t)là trường chứa vành K[t].
Nhắc lại rằng trường F là đóng đại số nếu mỗi đa thức bậc dương với hệ số trong F đều có nghiệm trongF. Chẳng hạn C là trường đóng đại số nhưngRkhông phải trường đóng đại số.
Ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 2.3.2.(i) Chon≥2vàm≥1. Khi đó tồn tại một trườngK và một phần tử b ∈ K sao cho fm(x) bất khả quy trên K nhưng fm+1(x) khả quy trênK.
(ii) ChoK là một trường bất kì. Chob∈K sao cho f(x) =x2−blà đa thức bất khả quy trênK. Khi đó đa thức lặp f2(x) khả quy trênK nếu và chỉ nếu
b=4z4/(4z2−1)với z∈K thỏa mãn 4z2−1∈/ K2.
Chứng minh. (i) ĐặtF=C(t)là trường các phân thức hữu tỷ một biếnt với hệ số trên C. Đặt f(x) =xn−t ∈F[x]. Khi đó fr(x)bất khả quy trongF[x] với mọi r≥ 1. Gọi E là trường phân rã của fm+1(x) trên F. Theo [FS, Bổ đề 1.1, Trang 491], ta suy ra fm(x) bất khả quy trong K[x] nhưng fm+1(x) khả quy trênK.
(ii) Vì √
b là một nghiệm của f1(x) = f(x) trong một mở rộng của K nên theo Mệnh đề 2.3.2 ta có f2(x) khả quy trên K nếu và chỉ nếu b+√
b = (z+w√
b)2 vớiz,w∈K. Do đó f2(x)khả quy trênK nếu và chỉ nếu tồn tại z,w∈K sao cho b =z2+w2b và 1= 2zw. Nghĩa là f2(x) bất khả quy trên K nếu K có đặc số 2. Nếu đặc số của K khác 2 thì giải các phương trình trên dẫn tớiw=1/2zvà b=4z4/(4z2−1). Vì f(x)bất khả quy trênK nên theo Mệnh đề 2.3.2, 4z2−1 ∈/ K2. Ngược lại, nếu f(x) có dạng đã cho thì
ChoR là một miền nguyên (tức là một vành giao hoàn khác0 và không có ước của 0). Trường cực tiểu chứa R như một trường con được gọi là trường các thương của R. Chú ý rằng trường các thương của R luôn tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu). Ví dụ trường các thương của miền nguyên Z là trường Q các số hữu tỷ. Một miền nguyên được gọi là miền phân tích duy nhất hay là miền nhân tử hóa nếu mọi phần tử khác 0, không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy và sự phân tích đó là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các nhân tử và các nhân tử là ước của đơn vị. Chẳng hạn miền nguyênZlà một miền nhân tử hóa (theo Định lý cơ bản của Số học). Giả sử K là trường các thương của miền nhân tử hóa R và b = b1/b2 ∈K, trong đó b1,b2 là các phần tử nguyên tố cùng nhau của R. Đặt f(x) =xn−b và giả sử fm(x) bất khả quy trên K nhưng fm+1(x) khả quy. Định lý sau chỉ ra rằng b1,b2 phải thỏa mãn một phương trình Diophantine trênR.
Định lý 2.3.3. ChoK là trường các thương của miền nhân tử hóaRvà đặt
f(x) =xn−(b1/b2)∈K[x]vớib1,b2 nguyên tố cùng nhau trongR. Giả sử vớim≥1, fm(x)bất khả quy trongK[x]nhưng fm+1(x)khả quy trênK. Định nghĩa dãy phần tửwj củaRnhư sau:w0=−1vàwj+1=bn1−1wnj−bn2j+1−1
với j ≥0. Khi đó tồn tại một số nguyên tố p là ước củan, một phần tử khả nghịchu của Rvàd,z∈R\{0} sao cho:
(i)b1=udp,
(ii)(−1)nmu(un−1dp(n−1)wnm−1−bn2m−1) =zp,
(iii) d,wm−1,b2, và zm−1 là các phần tử khác 0 của R nguyên tố với nhau từng đôi một.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh quy nạp theo j rằng với mọi j ≥ 0, wj 6=0 ta cówj và b1b2 nguyên tố cùng nhau và
fj(−(b1/b2)) =b1wj/bn2j.
Rõ ràng với j=0 thì f0(x) =xvàw0=−1. Cho j≥0và giả sửwj 6=0,wj nguyên tố cùng nhau vớib1b2và fj(−(b1/b2)) =b1wj/bn2j. Ta chứng minh
wj+1 nguyên tố cùng nhau vớib1b2. Thật vậy, ta có wj+1=bn1−1wnj−bn2j+1−1,wj 6=0
vì b1,b2 và wj nguyên tố với nhau từng đôi một. Nếu một phần tử nguyên tố π của Rchia hết cảb2 và wj+1 thìπ chia hếtbn1−1wnj. VìRlà miền nhân tử hóa nên π phải chia hết hoặc b1 hoặc wj, mâu thuẫn với giả thiết b1 và b2 nguyên tố cùng nhau vàb2 vàwj nguyên tố cùng nhau. Tương tự, không có phần tử nguyên tố nào củaRlà ước chung củab1và wj+1và do đówj+1 nguyên tố cùng nhau vớib1b2. Cuối cùng,ta có
fj+1(−(b1/b2)) = f(fj(−(b1/b2))) = (b1wj/b2nj)n−(b1/b2) =b1(bn1−1wnj−bn2j+1−1)/bn2j+1−1=b1wj+1/bn2j+1. Bây giờ đặt b = b1/b2 và gọi αm là một nghiệm của fm(x). Vì fm(x) bất khả quy trên K nhưng fm+1(x) khả quy nên theo Mệnh đề 2.3.2, xảy ra một trong các trường hợp sau: hoặc tồn tại một số nguyên tố p, p |n và β ∈ K(αm) sao cho b+αm = βp hoặc 4 | n và tồn tại γ ∈K(αm) với b+αm =−4γ4. Đặt N là ánh xạ chuẩn từ K(αm) vàoK. Vì fm(x) bất khả quy trên K theo giả thiết và có αm là nghiệm nên fm(x−b) là đa thức bất khả quy dạng chuẩn trongK[x]nhậnb+αm là nghiệm. Vì fm(x)có bậcnm nên N(b+αm) = (−1)nmfm(−b). Định nghĩa phần tử c∈K bởi c=N(β) nếub+αm =βpvà c=N(2γ2) nếub+αm=−4γ4. Nếub+αm=βp thì
cp=N(βp) =N(b+αm) = (−1)nmfm(−b).
Giả sử b+αm = −4γ4. Khi đó n chẵn và do đó [K(αm) : K] lẻ. Suy ra N(−1) =1và do đó
c2=N((2γ2)2) =N(−4γ4) =N(b+αm) = (−1)nmfm(−b).
Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có (−1)nmfm(−b) = cp với p chia hếtn. Theo các tính chất củawj đã thiết lập ở trên ta có
Vìb1 và wm khác 0 nênckhác 0.
Đặtc=c1/c2, trong đóc1 vàc2là các phần tử nguyên tố cùng nhau của R. Khi đó (−1)nmb1wmc2p = c1pbn2m. Vì b1wm chia hết c1pbn2m và nguyên tố cùng nhau vớibn2m nên b1wm chia hếtc1p. Vìc1,c2 nguyên tố cùng nhau nên b1,wm và c2 nguyên tố cùng nhau từng đôi một. Vì p chia hếtn nên p chia hết nm. Đặt nm = pk. Khi đó c1pb2nm = (c1bk2)p. Vì b1 nguyên tố cùng nhau với wmc2p và (−1)nmb1wmc2p = (c1bk2)p nên b1 = udp với u ∈R là phần tử khả nghịch vàd ∈R. Vì thế(−1)nmudpwmc2p = (c1bk2)p. Đặtz=c1bk2/dc2. Suy ra z 6=0 vì c6= 0. Vì zp = (−1)nmuwm ∈R. Vì R là đóng nguyên nên z∈R. Cuối cùng
zp= (−1)nmuwm = (−1)nmu(b1n−1wnm−1−bn2m−1).Suy ra
zp= (−1)nmu(un−1dp(n−1)wmn−1−bn2m−1).Vìb1b2vàwm−1là nguyên tố cùng nhau theo chứng minh trên nênd,wm−1,b2vàzcũng nguyên tố cùng nhau từng đôi một.
Kết luận
Luận văn đã trình bày một số kết quả gần đây về tính bất khả quy của các đa thức lặp của hai lớp đa thức: đa thức bậc hai và đa thức dạngxn−b. Hai tài liệu chính sử dụng trong luận văn là
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.
Trên cơ sở đó các nội dung chính của luận văn là:
- Nhắc lại một số kiến thức về đa thức bất khả quy và một số tiêu chuẩn bất khả quy trên các trườngQ,R,C.
- Trình bày một số kiến thức chẩn bị về trường phân rã của đa thức, mở rộng trường, mở rộng đại số và mở rộng hữu hạn.
- Trình bày các kết quả về tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai trong bài báo [1].
- Trình bày các kết quả về tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức dạngxn−btrong bài báo [2].