Số P Adic luận án thạc sĩ.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI THỊ HOÀNG YẾN SỐ P-ADIC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - Năm 2012... ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCBÙI THỊ HOÀNG YẾN SỐ P

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ HOÀNG YẾN

SỐ P-ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - Năm 2012

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ HOÀNG YẾN

SỐ P-ADIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS.TS NÔNG QUỐC CHINH

Thái Nguyên - Năm 2012

Mục lục

3 Một số kiến thức cơ bản của giải tích p–adic 34

Mở đầu

Số p-adic để mã hóa thông tin, có ứng dụng mạnh mẽ trong lý thuyết

số Giải tích p-adic là một trong các hướng mới và đang phát triển nhanhtrong ngành đại số và lý thuyết số Mục tiêu chính của luận văn là giớithiệu những khái niệm cơ bản nhất về số p-adic và giải tích p-adic

Luận văn gồm có phần Mở đầu, 4 chương tiếp theo và phần kết luận.Chương 1 Trình bày những kiến thức về đồng dư thức và phương trìnhmodulo

Chương 2 Xây dựng các khái niệm chuẩn, chuẩn Archimedean, chuẩnphi−Archimedean trên một vành giao hoán có đơn vị Cấp p-adic, chuẩnp-adic của một số hữu tỉ; Khái niệm dãy hội tụ, dãy Cauchy; Khái niệmvành đầy đủ đối với một chuẩn N; Xây dựng vành các số p-adic và mộtvài tính chất của nó

Chương 3 Giới thiệu sơ lược một số khái niệm và tính chất cơ bản củagiải tích p-adic

Chương 4 Một số bài tập tham khảo

Mỗi chương đều có ví dụ và phần bài tập liên quan

Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại họcThái Nguyên dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Nông Quốc Chinh Tác giảxin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy về sự tận tình hướngdẫn trong suốt thời gian tác giả làm luận văn

Trong quá trình học tập và làm luận văn, thông qua các bài giảng và

xêmina, tác giả thường xuyên nhận được sự quan tâm giúp đỡ và đóng gópnhững ý kiến quý báu của các giáo sư trong Viện Toán học thuộc ViệnKhoa học và Công nghệ Việt Nam cùng các thấy cô giáo trong trường Đạihọc Khoa học - Đại học Thái Nguyên Từ đáy lòng mình, tác giả xin bày

tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy các cô

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy, các cô, Ban Giám hiệuNhà trường, phòng Đào tạo Khoa học và Quan hệ Quốc tế, Khoa Toán

- Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm vàgiúp đỡ tác giả trong thời gian học tập và làm luận văn cao học

Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp

đã luôn theo sát, động viên tác giả vượt qua những khó khăn để có đượcđiều kiện tốt nhất khi học tập và nghiên cứu

Mặc dù đã hết sức cố gắng, song do năng lực và thời gian còn hạn chếnên chắc chắn luận văn không thể tránh khỏi thiếu sót Vì vậy tác giả rấtmong được sự góp ý, chỉ bảo của các Thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và cácđộc giả quan tâm

Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, 19 tháng 10 năm 2012

Tác giả

Bùi Thị Hoàng Yến

Ta kí hiệu lớp tương đương của x ∈ Z là [x]n hoặc chỉ là [x] nếu n xácđịnh, ta sử dụng chung kí hiệu x¯ nếu giá trị của n là rõ ràng từ dữ kiện.Bằng định nghĩa

[x]n = ny ∈ Z : y≡

n xo = {y ∈ Z : y = x + kn, ∀k ∈ Z}, với mỗi số tự

nhiên khác không có đúng n lớp thặng dư, cụ thể là

[0]n, [1]n, , [n − 1]n.

Định nghĩa 1.2 Tập hợp gồm tất cả các lớp thặng dư của Z theo modulo

n là tập thương:

Z/nZ = {[x]n : x = 0, 1, , n − 1} =ZnNếu n = 0 ta có Zn = Z

n trên Zn bởi công thức

[x]n+ [y]n = [x + y]n ;[x]n× [y]n = [xy]n

Điều này ta có thể dễ dàng nhìn thấy từ định nghĩa, tức là chúng khôngphụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện x và y

Mệnh đề 1.2 Tập Zn với các phép toán +

n và ×

n là một vành giao hoán

và hàm πn : Z →Zn là một đồng cấu vành, nó là một toàn ánh và có hạtnhân

kerπn = [0]n = {x ∈ Z : x ≡ 0(modn)}

Cho R là một vành giao hoán với phần tử đơn vị 1

Định nghĩa 1.3 Phần tử u ∈ R được gọi là một phần tử khả nghịch nếutồn tại một phần tử v ∈ R thỏa mãn uv = vu = 1 Phần tử v là duy nhấtxác định và được gọi là nghịch đảo của u và thường được kí hiệu là u−1.Định nghĩa 1.4 Phần tử khác không z ∈ R được gọi là một ước củakhông nếu tồn tại ít nhất một phần tử w ∈ R với w 6= 0 và zw = 0

Ta quy ước phần tử 0 là ước của chính nó

Ví dụ 1 Cho n = 6, khi đó Z6 = {¯0, ¯1, , ¯5} Các phần tử khả nghịch là

¯1, ¯5 với ¯1−1 = ¯1 và ¯5−1 = ¯5 vì 52 = 25≡

6 1 Các ước của không là ¯0, ¯2, ¯3, ¯4

Ta đã biết nếu a, b ∈ Z thì ước chung lớn nhất của a và b là số nguyêndương lớn nhất đồng thời là ước của cả avà b Ta thường viết là gcd (a, b).Định lí 1.1 Cho n > 0, khi đó ta có

i, Các phần tử của Zn hoặc là khả nghịch, hoặc là ước của không

ii, z¯ là một ước của không trong Zn nếu và chỉ nếu gcd (z, n) > 1

iii, u¯ là một phần tử khả nghịch trong Zn nếu và chỉ nếu gcd (u, n) = 1.Chứng minh : Lấy u¯ tùy ý trong Zn, giả sử u¯ không phải là phần tử khảnghịch Suy ra gcd(u, n) 6= 1 vậy ∃v : u = u1.v; n = n1.v, trong đó n1 < n

và n¯1 6= ¯0.

Xét tích u.¯¯n1 ta có

¯u.¯n1 = ¯u1.¯v.¯n1 = ¯u1.¯n = ¯0

Suy ra u¯ là ước của không trong Zn

Ta đã biết nếu a, b ∈ Z với b 6= 0, khi đó ∃!q, r ∈ Z sao cho a = bq + r

với 0 ≤ r < |b|

Định lí 1.2 (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất)

Cho a, b ∈ Z, khi đó có những dãy duy nhất các số nguyên qi, ri thỏamãn

a = bq1 + r1

r0 = b = q2r1 + r2

r1 = q3r2 + r3

Định nghĩa 1.5 Ký hiệu (Zn)× là tập các phần tử khả nghịch trong Zn.

Ta có (Zn)× là một nhóm Abel với phép nhân ×

n.Cho ϕ(n) = (Zn)× = cấp của (Zn)× Từ định lý 1.1, suy ra (Zn)× bằng số các số nguyên 0, 1, 2, , n − 1 mà không có ước chung với n Hàm

ϕ này được biết đến là ϕ - hàm Euler

Ví dụ 5 Cho plà một số nguyên tố Khi đó p chỉ có ước tầm thường là 1

và p vì vậy ϕ(p) = p − 1 Hơn nữa: xét một lũy thừa của p, pr với r > 0,khi đó các số nguyên trong 0, 1, 2, , pr− 1 có nhân tử chung với pr đềuđược biểu diễn dưới dạng kp với 0 ≤ k ≤ pr −1 − 1, suy ra có pr−1 phần

tử Vì vậy ta có

ϕ(pr) = pr−1(p − 1)

Ví dụ 6 Khi p = 2, ta có các nhóm

(Z2)× = {¯1} ,(Z22)× = {¯1, ¯3} ∼= Z2,(Z23)× = {¯1, ¯3, ¯5, ¯7} ∼= Z2 ×Z2

đó với mỗi i, pi là một số nguyên tố thỏa mãn 2 ≤ p1 < p2 < < ps và

ri ≥ 1 Khi đó những số pi, ri được xác định duy nhất bởi n

Ψ : Zab → Za×ZbTheo định lý 1.2, ∃u, v ∈ Z sao cho ua + vb = 1

Hiển nhiên gcd(a, u) = gcd(b, v) = 1

Xét tương ứng

Ψ : Zab → Za×Zb

[x]a = [y]a[x]b = [y]b

Suy ra ta có Ψ ([x]ab) = ([y]a, [z]b) như yêu cầu

+ Ψ là một đơn cấu: Hiển nhiên vì

Với s = 1 Định lý hiển nhiên đúng

Giả sử định lý đã được chứng minh đúng với mọi số k ≤ s − 1, ta sẽ chứngminh đúng với s Ta có

n = pr1

1 pr2

2 prs−1

s −1.prs s

và 5 = 4 + 1 ⇒ 1 = 5 − 4 suy ra 1 = 5.5 − 24 suy ra ta có thể lấy

a = 24; b = 5; u = −1; v = 5 trong chứng minh của định lý Do đó ta có

đồng cấu vành

Ψ1 : Z120 → Z24×Z5

Ψ1([25y − 24z]120) = ([y]24, [z]5)

Lặp lại phương pháp trên cho vành Z24, ta có: 8 = 2.3 + 2 ⇒ 2 = 8 − 2.3

và 3 = 2 + 1 ⇒ 1 = 3 − 2, vì vậy gcd(8, 3) = 1 = (−8) + 3.3 Suy ra đây

[v]n = {v + kn : k ∈ Z}

là một họ nghiệm của (1.1) Ta sẽ giải phương trình (1.2) trong Zn Có haikhả năng xảy ra

(1) Phần tử [a]n là khả nghịch trong Zn

(2) Phần tử [a]n là ước của không trong Zn

Trong khả năng (1), ∃[c]n = [a]−1n là nghịch đảo của [a]n Khi đó ta cóthể nhân (1.2) với [c]nđể có được X = [bc]n là nghiệm của phương trình(1.2) Hơn nữa, phương trình (1.2) chỉ có đúng một nghiệm là [bc]n Vì vậy

X = [bc]n là nghiệm duy nhất trong Zn

Trong trường hợp này các nghiệm của phương trình (1.1) là những sốnguyên có dạng bc + kn, k ∈Z

Kết luận: Trong khả năng (1), phương trình (1.2) ta có đúng mộtnghiệm trong Zn làX = [a]−1n [b]n Và tất cả các số nguyên có dạng bc+kn

là nghiệm của phương trình (1.1)

Trong khả năng (2) khi [a]n là ước của không trong Zn, phương trình(1.2) có thể có nghiệm hoặc vô nghiệm trong Zn

Ví dụ 9 Cho phương trình nx ≡ 1 (modn)

Phương trình trên có thể chỉ có một nghiệm trong Z nếu n = 1

Cũng có khả năng có nhiều nghiệm trong Zn Ví dụ phương trình 2x ≡

4 (mod12)

Kiểm tra ta thấy có các nghiệm ¯2, ¯8 Việc giải phương trình đồng dư trên

có thể đưa về việc tìm nghiệm của phương trình x ≡ 2 (mod6) Vì, nếu

2(x − 2) ≡ 0 (mod12) thì (x − 2) ≡ 0 (mod6), đây là một ví dụ cho khả

năng (1)

Tổng quát hơn, xét một hệ phương trình tuyến tính sau

a1x ≡ b1(modn1), a2x ≡ b2(modn2), , akx ≡ bk(modnk)

Ở đây ta sẽ tìm tất cả các số nguyên x ∈ Z đồng thời thỏa mãn các đồng

dư thức

Định lí 1.4 (Định lý thặng dư Trung Hoa)

Cho n1, n2, , nk là k số nguyên dương đôi một nguyên tố cùng nhau

và a1, a2, , ak là k số nguyên thỏa mãn gcd(ai, ni) = 1 và b1, b2, , bk là

k số nguyên dương bất kỳ Khi đó hệ phương trình đồng dư tuyến tính

a1x ≡ b1(modn1) , a2x ≡ b2(modn2) , , akx ≡ bk(modnk)

có vô số nghiệm x ∈ Z, chúng tạo nên một lớp đồng dư duy nhất

[x]n1n2 nk ∈ Zn1n2 nk

Chứng minh : Sử dụng đẳng cấu

Zab ∼= Za×ZbVớigcd(a, b) = 1 đã biết trong phần chứng minh của định lý 1.3, cùng vớiphép quy nạp theo k ta có kết quả cần chứng minh

Ví dụ 10 Xét hệ

3x ≡ 5 (mod2) , 2x ≡ 6 (mod3) , 7x ≡ 1 (mod5)

Vì 8 ≡ 3 (mod5), hệ trên tương đương với

x ≡ 1 (mod2) , x ≡ 0 (mod3) , x ≡ 3 (mod5)

Giải hai phương trình đầu tiên trong Z6, ta có được nghiệm duy nhất là

x ≡ 3 (mod6), giải đồng thời cặp phương trình đồng dư x ≡ 3 (mod6) và

x ≡ 3 (mod5) ta có được nghiệm duy nhất x ≡ 3 (mod30) trong Z30

Định lý 1.3 thường được dùng giải những phương trình đa thức modulo n,bằng cách phân tích n thành tích của các số nguyên tố,

n = pr1

1 pr2

2 prd d

và sau đó giải quyết modulo prk

x ≡ xk(modprk

k ) , ∀k

Ví dụ 11 Giải phương trình x2 − 1 ≡ 0 (mod24).

Ta có 24 = 8.3, vì vậy ta giải cặp phương trình đồng dư sau

Trong lý thuyết vành ta đã có kết quả sau

Mệnh đề 1.3 Cho K là một trường, và f (X) ∈ K [X] là một đa thứcvới hệ số trên K Khi đó với α ∈ K ta có

f (α) = 0 ⇔ f (X) = (X − α) g (X) với g (X) ∈ K [X]

Hệ quả 1.1 Cho K là một trường và cho f (X) ∈ K [X], giả sử rằng

d = deg f Khi đó f (X) có nhiều nhất d nghiệm khác nhau trong K

Xét trường hợp K = Zp trong đó p là một số nguyên tố và các đa thức

Xp− X, Xp−1 − ¯1 ∈ Zp[X]

Định lí 1.6 (Định lý Fermat nhỏ)

Cho p là số nguyên tố Đối với bất kỳ ¯a ∈ Zp, hoặc ¯a = ¯0 hoặc

(¯ p−1 = ¯1 (vì vậy trong trường hợp này ¯ là một căn bậc (p − 1) của ¯1).Suy ra,

Xp− X = X(X − ¯1)(X − ¯2) (X − p − 1)

Hệ quả 1.2 (Định lý Wilson)

Với bất kỳ số nguyên tố p ta có (p − 1)! ≡ −1(modp)

Định lí 1.7 (Định lý về căn nguyên thủy của Gauss)

Với bất kỳ số nguyên tố p, nhóm (Zp)× là cyclic bậc (p − 1) Suy ra cómột phần tử ¯a ∈ Zp có bậc (p − 1)

Phần tử sinh của (Zp)× được gọi là một căn nguyên thủy modulo p và

có đúng ϕ (p − 1) phần tử như thế trong (Zp)×

Ví dụ 12 Cho p = 7 Khi đó ϕ (6) = ϕ(2)ϕ(3) = 2, vì vậy có hai cănnguyên thủy modulo 7 Ta có

23 ≡ 1 (mod7) , 32 ≡ 2 (mod7) , 36 ≡ 1 (mod7)

suy ra ¯3 là một căn nguyên thủy, mặt khác có 35 = ¯5

Ví dụ 13 Cho p = 11 và giải hệ phương trình

3x + 2y − 3z ≡ 1 (mod11)2x + z ≡ 0 (mod11)

Ở đây ta phải nhân phương trình đầu tiên với (3)−1 = ¯4, được

x + 8y − 1z ≡ 4 (mod11)2x + z ≡ 0 (mod11)

Và sau đó trừ đi hai lần phương trình thứ hai được

x + 8y − 1z ≡ 4 (mod11)6y + 3z ≡ 3 (mod11)

Ta biết rằng hạng của hệ này là 2 Các nghiệm là

x ≡ 5t (mod11) , y ≡ 5t + 6 (mod11) , z ≡ t (mod11) với t ∈ Z

akXk ∈ Z[X] và giả sử x ∈ Z là một nghiệm của

f modulo ps (với s ≥ 1) và f′(x) là một phần tử khả nghịch modulo

p Khi đó có duy nhất nghiệm x′ ∈ Zps+1 của f modulo ps+1 thỏa mãn

x′ ≡ x (modps), hơn nữa x′ được xác định bởi công thức

x′ ≡ x − uf (x) modps+1

Trong đó u ∈ Z thỏa mãn uf′(x) ≡ 1 (modp) (nghĩa là u là một nghịchđảo của f′(x) modulo p).

Chứng minh : Theo giả thiết ta cóf (x) ≡ 0 (modps);f′(x) 6≡ 0 (modps).Như vậy trong Zp, f′(x) là một phần tử khả nghịch, do đó tồn tại u ∈ Zsao cho u ¯¯ f′(x) = ¯1 hay u.f′(x) ≡ 1 (modp) Xét đa thức f (x + T ps) ∈

Z[T ], sử dụng khai triển Taylo ta có:

Chúng ta thừa nhận một kết quả tổng quát hơn sau đây

Định lí 1.9 (Bổ đề Hensel tổng quát) Cho f (X) ∈ Z[X], r ≥ 1 và

a ∈ Z, thỏa mãn

a)f (a) ≡ 0 modp2r−1

b)f′(a) không đồng dư với 0 modulo pr

Khi đó tồn tại a′ ∈ Z sao cho

f (a′) ≡ 0 modp2r+1
và a′ ≡ a (modpr)

Chương 2

Chuẩn p-adic và tập số p-adic

Cho R là vành với đơn vị 1 = 1R

Định nghĩa 2.1 Một hàm N : R → R+ = {r ∈ R : r ≥ 0} được gọi làchuẩn trên R nếu những điều sau đây là đúng:

(Na): N (x) = 0 nếu và chỉ nếu x = 0.(Nb): N (xy) = N (x)N (y) ∀x, y ∈ R.(Nc): N (x + y) ≤ N(x) + N(y) ∀x, y ∈ R.Điều kiện (Nc) được gọi là bất đẳng thức tam giác Chuẩn N được gọi làphi–Archimedean nếu điều kiện (Nc) được thay thế bằng phát biểu mạnhhơn

(Nd): N (x + y)) ≤ max {N(x) , N(y)} ∀x, y ∈ R

Nếu (Nd) không đúng thì chuẩn N được gọi là Archimedean

Nhận xét: Điều kiện (Nd) có thể được thay thế bởi điều kiện sau

(Nd’): N (x + y) ≤ max {N(x) , N(y)} ∀x, y ∈ R

trong đó đẳng thức xảy ra nếu N (x) 6= N(y)

Thật vậy, giả sử N (x) 6= N(y), chẳng hạn N (x) > N (y) Khi đó

N (x) = N (x + y − y) ≤ max (N (x + y) , N (y))

≤ max (N (x) , N (y)) = N (x)

⇒ max (N(x + y), N(y)) = N(x)

Vì N (x) 6= N(y) nên N (x) = N (x + y)

Ví dụ 14 i, Cho R ⊆ C là một vành con của tập số phức C Ta đặt

N (x) = |x|, đây là giá trị tuyệt đối thông thường, lúc đó ta được một

chuẩn trên R Khi R = Z,Q,R,C, chuẩn này là Archimedean vì xảy rabất đẳng thức |1 + 1| = 2 > |1| = 1 (không thỏa mãn (Nd))

ii, Cho C(I) = {f : I → R} và f liên tục, trong đó I = [0, 1] Khi đóhàm |f| (xf) = |f(x)| là liên lục ∀f ∈ C(I) và từ giải tích cổ điển ta có

∃xf ∈ I sao cho |f| (xf) = sup {|f| (x) : x ∈ I}.

Như vậy ta có thể định nghĩa một hàm

N : C(I) → R+, N (f ) = |f| (xf),

và hàm này cho ta một chuẩn Archimedean trên C(I), thường được gọi làchuẩn cận trên đúng Nếu ta thay I ở trên bằng một tập compact X ⊆ Cbất kỳ thì ta vẫn có kết quả tương tự

Xét trường hợp R = Q, trường các số hữu tỉ Giả sử p ≥ 2 là một sốnguyên tố

Định nghĩa 2.2 Nếu 0 6= x ∈ Z thì cấp p-adic của x (hoặc định giáp-adic của x) là

Ta quy ước ordp0 = ∞.

Mệnh đề 2.1 Nếu x, y ∈ Q thì ordp có các tính chất sau:

(a) ordpx = ∞ nếu và chỉ nếu x = 0

(b) ordp(xy) = ordpx + ordpy

(c) ordp(x + y) ≥ min {ordpx, ordpy}

và đẳng thức xảy ra nếu ordpx 6= ordpy

Chứng minh: (a) và (b) dễ dàng nhận thấy Vậy chúng ta chỉ cần chứngminh (c) Cho x, y là những số hữu tỷ khác 0 Viết x = pr(a/b) và y =

ps(c/d), trong đó a, b, c, d ∈Z với p không là ước của a, b, c,d và r, s ∈Z.Nếu r = s, ta có

ordp(x + y) = r = min {ordpx, ordpy}

Việc chứng minh cho trường hợp trong đó có ít nhất một trong các số hạng

Chứng minh: Từ mệnh đề 2.1 ta dễ dàng suy ra | |p thỏa mãn ba tínhchất

(a) |x|p = 0 nếu và chỉ nếu x = 0

(b) |xy|p = |x|p|y|p

(c) |x + y| ≤ maxn|x|p, |y|po với dấu ” = ” xảy ra khi |x|p 6= |y|p

Suy ra, | |p là chuẩn phi–Archimedean trên Q

Định nghĩa 2.4 Cho N là một chuẩn trên R, với x, y ∈ R, ta gọi khoảngcách giữa x, y đối với chuẩn N là

dN(y, z) = max {dN(x, y), dN(x, z)}

Suy ra, mọi tam giác là cân đối với chuẩn phi–Archimedean

Chứng minh: Sử dụng (Dd) chứng minh

Xét vành R với một chuẩn N, cho (an)n≥1 là một dãy các phần tử của

R (để đơn giản ta chỉ viết (an))

Định nghĩa 2.5 Ta nói dãy (an) dần tiến tới a ∈ R theo chuẩn N nếu

∀ε > 0, ∃k ∈ N sao cho với mọi n > k ta có

N (a − an) = dN(a, an) < ε

Khi đó ta cũng nói a là giới hạn của dãy (an) và ký hiệu lim

n →∞

(N )an = a.Định nghĩa 2.6 Dãy (an) được gọi là dãy Cauchy theo chuẩn N nếu

∀ε > 0, ∃k ∈ N sao cho m, n > k ta luôn có

Chứng minh: Cho a = lim(N )

n →∞ an Khi đó ta có thể tìm được k1 sao cho

Như vậy (an) là dãy Cauchy

Ngoài ra, dãy này có một giới hạn đối với chuẩn | |p là a = 1−p1 ∈ Q,

ta có

an = (pn− 1)/(p − 1),

x′ ≡ x (modps), x′ xác định công thức < /p>

x′ ≡ x − uf (x) modps+1
< /p> Trang... < /p>

tử Vì ta có < /p>

ϕ (p< sup>r) = p< sup>r−1 (p − 1) < /p> Trang 10

Ví dụ Khi p. .. giả sử < /p>

d = deg f Khi f (X) có nhiều d nghiệm khác K < /p>

Xét trường h? ?p K = Zp< /sub> p số nguyên tố đa thức < /p>

Xp< /sup>− X, Xp< /sup>−1 − ¯1 ∈ Zp< /sub>[X]