Đa thức trên trường số và ứng dụng

Luận văn, khóa luận, tiểu luận, báo cáo, đề tài

mục lục

Một số ký hiệu dùng trong luận văn

Chơng 1 Vành các đa thức một biến trên trờng

3 4

1 Xây dựng dãy Stour của đa thức ……… 4

2 Đa thức tách đợc và mở rộng tách đợc……… 7

3 Đa thức chia đờng tròn……… 11

4 Tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên trờng số P-adic 18

Chơng 2 Một số dạng toán về đa thức 21 1 Phơng trình đại số ……… 21

2 Đa thức nhận giá trị nguyên ………. 26

3 Phơng trình hàm đa thức ……… 31

Kết luận 37

Tài liệu tham khảo 38

Lời nói đầu

Giải phơng trình đa thức là một vấn đề cơ bản của đại số và số học Từ lâu, vấn đề này gắn liền với tên tuổi của các nhà toán học lớn có liên quan nh Abel, Galois, Fermat Giải phơng trình đa thức còn có liên quan chặt chẽ đến các bài toán dựng hình cổ điển bằng thớc kẻ và compa

Luận văn này nhằm hệ thống lại và đi sâu nghiên cứu một số khái niệm và kết quả có liên quan đến lý thuyết đa thức: Đa thức bất khả quy, đa thức tách đ-

ợc, đa thức chia đờng tròn, phơng trình đại số, phơng trình hàm đa thức,

Với ý nghĩa đó, luận văn đã tiến hành nghiên cứu các vấn đề về đa thức và phơng trình đa thức Nội dung Luận văn đợc trình bày trong 2 chơng, ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo Kết quả chính thu đợc của Luận văn:

1/ Xây dựng dãy Stour của đa thức

2/ Dùng công cụ đa thức tách đợc để đa ra khái niệm trờng hoàn chỉnh

và chứng minh đợc mọi trờng hữu hạn đều là trờng hoàn chỉnh

3 / Chứng minh đợc tiêu chuẩn bất khả quy của các đa thức trên trờng

đổi phép chứng minh so với trờng hợp tổng quát)

4/ Chứng minh mọi mở rộng hữu hạn của trờng đặc số 0, đều là mở rộng tách

đợc trên trờng đó

5/ Chứng minh đợc rằng : Đa thức chia đờng tròn trên trờng số hữu tỉ

là đa thức bất khả quy.

6/ Dùng công thức biến đổi ngợc Mobius để tính tờng minh đa thức chia

đờng tròn bậc n Giới thiệu và chứng minh định lý mô tả cấu trúc trờng chia

đờng tròn.

7/ Xét tính giải đợc bằng căn thức của các phơng trình đại số

8/ Nghiên cứu một lớp các phơng trình hàm đa thức có nhiều ứng dụng trong giảng dạy toán phổ thông

Luận văn đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của thầy giáo TS Mai Văn T Nhân dịp này, cho phép tôi đợc bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy giáo hớng dẫn vì sự giúp đỡ và chỉ dẫn hết sức nhiệt tình, chu đáo

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GS.TS Nguyễn Quốc Thi, PGS

TS Nguyễn Quý Dy, PGS TS Ngô Sĩ Tùng, PGS.TS Nguyễn Thành Quang, PGS.TS Lê Quốc Hán, PGS TS Chu Trọng Thanh và các thầy cô giáo trong chuyên ngành Đại số và Khoa Toán, đã dạy bảo chúng tôi trong suốt thời gian học tập vừa qua

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Trọng Văn, Ths Nguyễn Văn Cam và các thầy cô giáo trong Khoa Đào tạo Sau đại học, đã giúp đỡ chúng tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu

Tác giả xin trân trọng gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu Trờng THPT Nguyễn Huệ, Sở Giáo dục & Đào tạo Nghệ An và các đồng nghiệp, bè bạn đã

động viên giúp đỡ rất nhiều cho tác giả về tinh thần và vật chất, trong hai năm học tập cao học vừa qua

Luận văn không tránh khỏi nhiều thiếu sót Tác giả kính mong nhận đợc sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và sự góp ý của các anh chị học viên cao học

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Thanh Hơng

Một số ký hiệu dùng trong luận văn

Vành đa thức K[x] của ẩn x trên trờng K

Vành đa thức K[x1 , , x n ] của ẩn x 1 , , x n trên trờng K

Trờng phân thức K(x) của vành K[x] trên trờng K

Mở rộng đơn K(u) của trờng K sinh bởi phần tử u

Mở rộng đơn K(u, v, , z) của trờng K sinh bởi phần tử u, v, , z

Mở rộng đơn K(ε) của trờng K sinh bởi căn nguyên thuỷ ε

Mở rộng E trên trờng K ký hiệu bởi E/K

Nhóm Galois G(E/K) mở rộng của E trên trờng K

Nhóm Galois G(f/K) mở rộng của f trên trờng K

W s(x) là số lần đổi dấu của dãy Stour của đa thức f(x).

Chơng i vành các đa thức một biến trên trờng

Đ1 Xây dựng dãy Stour của đa thức

1.1 Định nghĩa Đa thức một biến x trên trờng K là biểu thức có dạng:

m

m x a x

a a x

f( ) = 0 + 1 + + ,trong đó a i∈K, i = 0, , m với m ∈N

Tập hợp các đa thức một biến với hệ số thuộc trờng K đợc ký hiệu bởi K[x]

1.2 Định nghĩa các phép toán trên các đa thức.

m x a x

a a x

n x b x

b b x

g( ) = 0 + 1 + + Khi đó phép cộng và phép nhân các đa thức đợc xác định bởi công thức:

( ) + ( ) = ( 0+ 0) + ( 1+ 1) + + ( + ) k +

k

k b x a

x b a b a x g x f

( ) − ( ) = ( 0 − 0) + ( 1− 1) + + ( − ) k +

k

k b x a

x b a b a x g x f

k n

n m

m x b b x b x c x a

x a a x g x

trong đó hệ số ∑

= +

=

k j i

j i

k a b

1.3 Định lý Tập hợp K[x] các đa thức với hệ số thuộc trờng K cùng với hai

phép toán cộng và nhân lập thành một miền nguyên vẹn.

1.4 Nhận xét Ta có thể xây dựng vành các đa thức trên trờng K bằng phơng

k a b

Phần tử trung lập của phép cộng là ( 0 , 0 , 0 , ), phần tử đối của phần tử

, ) ,

,

(a0 a1 a m là( −a0, −a1, , −a m, ), phần tử đơn vị là ( 1 , 0 , 0 , 0 , ) Rõ ràng P là một vành giao hoán , có đơn vị và không có ớc của không

Ta xét tơng ứng f :K →P,a  f(a) = (a, 0 , 0 , , 0 ), dễ thấy f là một đơn cấu

vành và mỗi một phần tử của P đều viết đợc dới dạng:

, ) 0 , , 0 , , 0 (

, ) , , 0 ( ) 0 , 0 , ( , ) ,

(a0a1 a m = a0 + a1 o + + a m

) (

2 2 1 1 0

a a x

f( ) = 0 + 1 + + là một đa thức và a m ≠ 0 thì m đợc gọi là

bậc của đa thức, ký hiệu bởi degf(x) = m, trong trờng hợp a0 ≠ 0 ,m= 0thì f(x)

m x a x

a a x

f( ) = 0+ 1 + + đợc gọi là đa thức không hay

đồng nhất không nếu và chỉ nếu các hệ số của nó bằng 0

1.6 Định lý (Định lý cơ bản của đại số) Mọi đa thức trên trờng số phức:

f (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 , n ≥1; a i∈C (i = 1 ,n )

đều có ít nhất một nghiệm phức.

1.7 Hệ quả 1 Mọi đa thức bậc n ≥1 trên trờng số phức đều có đúng n nghiệm phức, tính cả bội.

1.8 Hệ quả Tồn tại duy nhất đa thức bậc n nhận n + 1 giá trị cho trớc tại

1 1

n

i n

Đa thức thoả mãn đẳng thức trên là duy nhất Công thức (L) gọi là công thức

nội suy Lagrange

1.9 Số nghiệm thực của đa thức

Trong mục này ta trình bày thuật toán (định lý Stour) tính số nghiệm thực

của đa thức với hệ số thực Giả sử f(x) là đa thức với hệ số thực không có

nghiệm bội.Ta định nghĩa dãy Stour đối với f trên [a,b] là một hệ thống có thứ

tự đa thức

(S) = { f = f 0, f’ = f 1, , f m }

Có các tính chất sau:

ST1) Đa thức cuối cùng fm không có nghiệm thực

ST2) Với ∀ 0 ≤ j ≤ m - 1 đều không ∃x ∈ [a,b] để fj(x) = fj+1(x) = 0.ST3) Nếu x∈[a,b] và fj(x) = 0, với ∀j nào đó: 1≤j≤ m-1 thì fj-1(x)fj+1(x)< 0

ST4) fj(a) ≠ 0 và fj(b) ≠ 0 với ∀ j = 0 ,m Nếu dãy (S) chỉ thoả mãn (ST1); (ST2 và ST3) thì S gọi là dãy Stour trên (-∞,+∞)

1.10 Định lí Mọi đa thức hệ số thực f không có nghiệm bội, có dãy Stour

trên (-∞,+∞)

Chứng minh Theo định nghĩa dãy (S), ta đặt f0 = f và f1 = f’.

Để tìm f2 ta chia f cho f1 đợc phần d r2 Đặt f2 = - r2

Tiếp tục ta xác định fk theo công thức quy nạp:

(1) fk -1 (x)k = fk(x)qk(x) - fk+1(x); k = 1 ,n− 1

Bởi vì thuật chia Euclide không thay đổi kết quả cuối cùng là UCLN của hai

đa thức khi ta tiến hành chia các phần tử d liên tiếp sau khi đã đổi dấu chúng,

nên tồn tại m để fm = (f, f’).

Xét dãy: (2) { f0 = f, f1 = f’, , f m}

Do f không có nghiệm bội nên fm không có nghiệm thực có nghĩa (ST1) đợc

thoả mãn Giả sử fk và fk+1 có nghiệm thực chung α , 0 ≤ k ≤ m

Do (1), α đồng thời là nghiệm của fk+1, và cũng do (1) với k thay bội k - 1,

α là nghiệm cung của fk-1 và fk Do đó α là nghiệm chung của f’ và f, trái với giả thiết

Vậy (ST2) thực hiện cuối cùng từ (1) Vì vậy, nếu fk(α ) = 0 thì

fk-1(α ) = - fk+1(α ) ≠ 0

và do đó (ST3) thoả mãn

1.11 Định lí Cho {f 0 = f, f 1 = f, , f m } là dãy Stour của f trên [a,b] Khi

đó số nghiệm thực của f trong [a,b] là W S (a) - W S (b).

Chứng minh Nếu α 1 < α 2 < < α r là dãy thứ tự tất cả các nghiệm thực

của các đa thức fk trong [a,b], (k = 0 ,m) thì WS(x) không đổi trong khoảng mở giữa các nghiệm Ta cần chứng minh rằng nếu có đúng một nghiệm α của một

đa thức fk nào đó trong [a,b] thì:

0 ) (

,1 α

và dấu không đổi khi thay α bởi a và b.

Vậy số lần thay đổi của 2 dãy:

{ fk-1(a); fk(a); fk+1(a)}

{ fk-1(b); fk(b); fk+1(b)}

là bằng 1 Có nghĩa nếu f(α ) ≠ 0 thì WS(a) = WS(b) Bây giờ giả sử f(α ) = 0

Khi đó f(a) f(b) < 0 nhng f’(a) và f”(b) cùng dấu hay

WS(a) = WS(b) + 1

Đ2 Đa thức tách đợc và mở rộng tách đợc

2.1 Đặc số của trờng

Giả sử K là một trờng với phần tử đơn vị đợc ký hiệu là 1 Nếu n1 ≠ 0 , với mọi số tự nhiên n khác 0, thì ta nói trờng K có đặc số 0 Trong trờng hợp ngợc

lại, ta gọi số nguyên dơng bé nhất n sao cho n1 = 0 ,là đặc số của trờng K

Chúng ta chứng minh đợc rằng, mỗi trờng K tuỳ ý hoặc có đặc số 0, hoặc có

đặc số là số nguyên tố

Chẳng hạn, các trờng Q, R, C là trờng có đặc số 0 Trờng Zp các số nguyên modp có đặc số là số nguyên tố p.

2.2 Trờng nguyên tố

Giả sử K là một trờng Ta gọi là trờng con của K, một vành con khác không

X của nó sao cho nếu x∈X,x≠ 0thì x−1∈X.

Ta gọi trờng K là trờng nguyên tố nếu nó không có một trờng con thực sự nào cả

Giao của tất cả các trờng con của một trờng đã cho hiển nhiên là một trờng nguyên tố Vì vậy, mọi trờng đều chứa một và chỉ một trờng con nguyên tố

2.3 Định lý về các kiểu trờng nguyên tố (xem [6], trang 87) Giả sử P là

trờng con nguyên tố của trờng K, khi đó:

1) Nếu trờng K có đặc số 0 thì trờng P đẳng cấu với trờng Q các số hữu tỉ.

2) Nếu trờng K có đặc số p≠ 0 thì trờng P đẳng cấu với trờng Z p các số nguyên modp.

2.4 Mở rộng trờng Giả sử K là một trờng con của trờng U, khi đó ta nói U

là một mở rộng của trờng K Chẳng hạn, mọi trờng đều có thể xem là một mở

rộng của trờng con nguyên tố của nó

Giả sử U là một mở rộng đã cho của một trờng K và S là một tập con tuỳ ý của U Họ trờng con của U chứa K và S là khác rỗng, vì U thuộc họ đó Giao của họ này là một trờng con của U chứa K và S Hiển nhiên đó là trờng con nhỏ nhất chứa K và S Ta ký hiệu là K(S) và gọi nó là mở rộng thu đợc từ K bằng cách ghép thêm tập hợp S Nếu

S = { x1, , xn }thì thay cho K(S) ta viết K( x1, , xn ) Đặc biệt, với phần tử α tuỳ ýthuộc U, ta gọi K(α ) là mở rộng đơn của K ghép thêm phần tử α

2.5 Trờng phân rã (trờng nghiệm) của một đa thức.

Cho f (x) là một đa thức trên trờng K, với bậc n≥ 1 Ta gọi trờng phân rã của đa thức f (x)trên K là một mở rộng P của K sao cho f (x) có n nghiệm trong P và P là một trờng nhỏ nhất chứa K và n nghiệm của đa thức f (x) Chú ý rằng, đối với mọi đa thức f (x), bậc n≥ 1 trên K, bao giờ cũng tồn tại

ít nhất một trờng phân rã Hơn nữa, trờng phân rã của một đa thức f (x), bậc

1

≥

n trên K là duy nhất, sai khác một đẳng cấu (xem [1])

2.6 Định nghĩa Cho K là một trờng tuỳ ý và đa thức 0 ≠ f ( x ) ∈K[x], với bậc n≥ 1 Ta nói đa thức f (x) là đa thức tách đợc trên K nếu và chỉ nếu f(x)

có nnghiệm phân biệt trong trờng phân rã P của nó trên K Trong trờng hợp ngợc lại, đa thức f (x)đợc gọi là không tách đợc trên K.

Một mở rộng S của trờng K đợc gọi là mở rộng tách đợc trên K nếu mỗi

phần tử u thuộc S là nghiệm của một đa thức tách đợc f (x ) ∈K[x] Ta có mệnh

đề sau đây

2.7 Mệnh đề Đa thức f(x) trên trờng K, là đa thức tách đợc trên K nếu và

chỉ nếu f(x) và f ' x( )nguyên tố cùng nhau.

Chứng minh Giả sử f(x) là đa thức tách đợc và (f(x), f’(x)) = d(x) Nếu d(x)

có bậc khác 0 thì d(x) sẽ có một nghiệm x0 trong trờng nghiệm của f(x) trên K

Khi đó, ta sẽ có f(x0) = 0 và f ’(x0) = 0, hay f(x) có nghiệm bội Điều này trái với

Chứng minh Theo mệnh đề 2.2, đa thức f(x) không tách đợc nếu và chỉ nếu

(f(x), f ' x( ))≠ 1 Vì f(x) bất khả quy trên K, nên điều kiện này tơng đơng với

điều kiện (f(x), f ’(x)) = f(x) Vì f ' x( ) có bậc nhỏ hơn f(x) nên điều này tơng

đơng với f ' x( )= 0 ϒ

2.9 Định nghĩa Một trờng K đợc gọi là trờng hoàn chỉnh (The perfect

field) nếu và chỉ nếu mọi đa thức bất khả quy trên K đều là đa thức tách đợc

trên K Nói cách khác, K là trờng hoàn chỉnh nếu và chỉ nếu K là mở rộng tách

đợc trên chính nó

2.10 Hệ quả Mọi trờng có đặc số 0 đều là trờng hoàn chỉnh.

Chứng minh Giả sử = ∑ i

i x a x

Nếu K có đặc số 0 thì từ giả thiết f(x) bất khả quy, ta suy ra bậc của f(x)

d-ơng và do đó f' (x) ≠ 0 Vì vậy, theo mệnh đề 2.8, ta có f(x) là đa thức tách

đ-ợc ϒ

2.11 Bổ đề Cho trờng K có đặc số nguyên tố p Khi đó, đa thức bất khả

quy f(x) trên K, sẽ là đa thức không tách đợc nếu và chỉ nếu

Vì K có đặc số p, cho nên f' (x) = 0 nếu và chỉ nếu hệ tử a i = 0, với các chỉ

số i không chia hết cho p Vì vậy, theo mệnh đề 2.8, ta suy ra f(x) không tách

đ-ợc khi và chỉ khi f(x) có dạng trên ϒ

2.12 Hệ quả Mọi trờng hữu hạn đều là trờng hoàn chỉnh.

Chứng minh Vì ánh xạ σ :x  x p là một tự đẳng cấu của trờng hữu hạn Fq, (q = pn), cho nên với mọi y thuộc Fq tồn tại duy nhất phần tử x thuộc Fq sao cho

y = xp Nói cách khác, mọi phần tử thuộc Fq đều có căn bậc p

Giả sử có một đa thức f(x) bất khả quy không tách đợc trên Fq Khi đó, theo

bổ đề 2.11, ta có

f(x) = F(x)p = a0 + a1xp + a2 (xp)2 + + ak(xp)k.Vì a0= b0p, , ak=bkp, cho nên ta có

f(x) = b0p + b1p xp + b2p(xp)2 + + bkp (xp)k

= (b0 + b1 x + b2 x2 + + bk xk)p, bi ∈K.

Điều này mâu thuẫn với tính bất khả quy trên Fq của f(x) ϒ

2.13 Xây dựng một phản ví dụ về trờng hoàn chỉnh.

Ký hiệu E = Zp(u) là mở rộng đơn siêu việt của trờng Zp các số nguyên modp

và ký hiệu K = Zp(t) là trờng con của E sinh trên Zp bởi phần tử t = up ∈ E Nh vậy, trờng K = Zp(t) gồm tất cả phân thức hữu tỉ theo biến t, có hệ số trong Zp,

và biến t siêu việt trên Zp Bây giờ, ta xét đa thức sau:

Ta chứng minh rằng f(x) là đa thức bất khả quy trên K Thật vậy, vì

K = Zp(t) là trờng các thơng của miền nguyên Zp[t] các đa thức theo biến t, cho nên nếu f(x) là đa thức bất khả quy trên K, thì theo bổ đề Gauss, f(x) phải

khả quy trên miền nguyên Zp[t] Mặt khác, ta có

−

= x t x

f ( ) p Zp[t][x ]= Zp[x, t],với một dạng nhân tử hoá f(x) =g(x,t)h(x,t),trong đó g, h ∈Zp[x, t] Ta gặp mâu thuẫn vì f(x) là đa thức bậc nhất theo t.

Vì trờng K có đặc số nguyên tố p, cho nên f' (x) =px p−1 = 0 Do đó, theo mệnh đề 2.8, đa thức f(x) không tách đợc trên K.

Vì vậy, trờng K = Zp(t) không phải là trờng hoàn chỉnh ϒ

2.14 Mệnh đề Mọi mở rộng hữu hạn của trờng có đặc số 0, đều là mở

rộng tách đợc trên trờng đó.

Chứng minh Giả sử S là mở rộng hữu hạn trên trờng K, khi đó S là mở rộng

đại số trên U Do đó, mọi phần tử u ∈ S đều đại số trên K, hay ulà nghiệm của một đa thức bất khả quy f(x) trên K với bậc khác 0

Theo hệ quả 2.10, f(x) tách đợc trên K ϒ

Để ý rằng, đối với những trờng K có đặc số nguyên tố p, hệ quả trên không còn đúng nữa Ví dụ, đa thức bất khả quy f ( x ) = xp − t ∈K[x] không tách đợc trên trờng K = Zp(t)

Đ3 Đa thức chia đờng tròn 3.1 Căn bậc n của đơn vị Trờng chia đờng tròn bậc n.

Giả sử P là một trờng nguyên tố và n là một số tự nhiên khác không và n

không chia hết cho đặc số pcủa trờng P (nếu trờng P có đặc số 0, thì n là số

tự nhiên nào đó khác 0) Ta gọi căn bậc n của đơn vị, mọi nghiệm của đa

thức:

1 )

(x =x n −

f

trong một trờng mở rộng nào đó của trờng P

Hiển nhiên, các căn bậc n của đơn vị lập thành một nhóm Aben đối với phép nhân và cấp của một phần tử α bất kỳ của nhóm này là một ớc số của n, vì ta luôn có αn = 1

Trờng phân rã Rn của đa thức f(x) =x n − 1 gọi là trờng chia đờng tròn bậc

n trên trờng P

Ví dụ Giả sử trờng nguyên tố P là trờng số hữu tỉ Q Khi đó, trờng chia đờng

tròn Rn trên Q là một trờng con của trờng số phức C, và các căn bậc n của đơn

vị là

1 , , 1 , 0 ,

2 sin

k

ε

Các căn bậc n của đơn vị có biểu diễn hình học là n đỉnh của một đa giác

đều n cạnh nội tiếp trong đờng tròn đơn vị Biết giá trị

n

π

2 cos , ta có thể dựng

đợc một đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đờng tròn đơn vị, tức là chia đờng tròn đó thành n phần bằng nhau

3.2 Định lý Nhóm nhân căn bậc n của đơn vị là một nhóm xiclic cấpn Chứng minh Vì n không chia hết đặc số của trờng, nên đạo hàm

1 , (x) =nx n−f

chỉ triệt tiêu khi x lấy giá trị 0, do đó nó không có nghiệm chung với f (x)

Vì vậy, trong trờng chia đờng tròn Rn các nghiệm của đa thức f (x)đều khác nhau, hay trong Rn có đúng n căn bậc n của đơn vị

Để chứng minh định lý trên, ta nhắc lại rằng số các số nguyên dơng nhỏ hơn

n và nguyên tố với n là giá trị của hàm Euler ϕ(n), nó cũng bằng số phần tử

sinh của một nhóm xiclic cấpn Ta sử dụng hệ thức Gauss:

, ) (

/

n d

n

d∑ϕ =

trong đó tổng đợc lấy theo mọi ớc của n Gọi G n là nhóm các căn bậc n của

đơn vị Với mỗi ớc d của n, ký hiệu Cd là tập các phần tử a∈G n sao cho a

có cấp d Giả sử a là một phần tử cấp d của G n Ta hãy tính số phần tử của

Cd Phần tử a sinh ra một nhóm xiclic cấp d Tất cả các phần tử của nhóm đó

đều là nghiệm của phơng trình x d − 1 = 0 Phơng trình này chỉ có d nghiệm, vì

vậy nếu b∈C d thì do b d − 1 = 0 ,suy ra b cũng là một phần tử của nhóm xiclic sinh bởi a Vậy số phần tử của Cd chính là ϕ(d)nếu trong G n có phần tử cấp

d Ký hiệu D là tập các số nguyên dơng d sao cho trong G n có những phần tử cấp d Khi đó, G n là hợp rời rạc của các Cd, với d ∈D Từ đó:

, ) (d n

D

∈ ϕ

So sánh với hệ thức Gauss, ta nhận thấy rằng D phải trùng với tập tất cả các

-ớc số dơng của n Đặc biệt, trong G n phải có một phần tử cấp n và vì vậy G n là nhóm xiclic sinh bởi phần tử đó ϒ

Lập luận trên cũng đa đến kết luận: Nhóm nhân các căn bậc n có ϕ(n)

phần tử sinh, hay có ϕ(n) căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị.

3.3 Đa thức chia đờng tròn.

Giả sử ζ 1 , ζ 2 , , ζϕ(n) là ϕ(n) căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị Đa thức

) (

) )(

( )

đợc gọi là đa thức chia đờng tròn bậc n.

3.4 Mệnh đề Các hệ tử của đa thức chia đờng tròn

) (

) )(

( )

) (

x f

Chứng minh Công thức trên là hệ quả trực tiếp của phân hoạch các căn bậc

đã nói ở chứng minh định lý 3.2 Vì vậy, ta chỉ còn phải chứng minh điều khẳng

định về hệ tử của đa thức chia đờng tròn Ta quy nạp theo n

Với n = 1, thì F1(x) = x - 1, vậy khẳng định là đúng Giả sử đối với F1(x),

F2(x), , Fn(x) khẳng định đúng, ta chứng minh khẳng định trên cũng đúng với Fn(x) Bởi vì

d d

n F x F x F x x

x f

//

/

) ( ).

( ) ( 1

)

trong đó // chỉ ớc khác n của n Ta có ( ) ( )1

x G

x x F

G

//

) ( )

Khi P = Q, theo thuật chia có d các hệ tử của F n (x)là những số nguyên.Khi P = Zp các hệ tử của F n (x) là những lớp thặng d theo modp, xác định bởi các hệ số nguyên tơng ứng trong trờng hợp P = Q

Ví dụ Ký hiệu ζ là một căn nguyên thuỷ bậc 12 của đơn vị:

) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

1 12 6 4 3 2 1

1 )

)(

)(

)(

( ) (

1 )

( ) ( ) (

1 )

)(

( ) (

1 )

( ) (

1 )

)(

( ) (

1 )

(

1 )

)(

( ) (

1 )

(

1 )

( ) (

1 )

( ) (

2 4 9 7

5 1

12

2 3

2 1

6 10

2 6

2 2

1

4 9

3 4

2 1

3 8 4

3

1

2 6 2

0 1

x x

x x F

x x x F x F x F

x x

x x F

x x F x F

x x

x x F

x x x F

x x

x x F

x x F

x x

x F

x x

x F

ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

ζ ζ

3.5.Tính khả quy của đa thức chia đờng tròn trên trờng có đặc số khác 0.

Nếu đặc số p≠ 0thì đa thức Fn(x ) ∈Zp[x] nói chung không bất khả quy Chẳng hạn, với p =11, ta có:

φ là một đa thức bất khả quy trên Q nhận ξ làm nghiệm (φ(x) là đa thức

cực tiểu của ξ) Ta có thể xem φ(x) là một đa thức nguyên bản (có các hệ số

nguyên tố cùng nhau) Ta chứng minh φ(x) = F n (x).

Giả sử p là số nguyên tố không chia hết n Khi đó, cùng với ξ, phần tử ξp

cũng là căn nguyên thuỷ bậc n của đơn vị Gọi g(x) là đa thức với hệ số nguyên, nguyên bản, bất khả quy nhận ξp làm nghiệm Ta sẽ chứng minh rằng

) (

a a x

g( ) = 0 + 1 +  + ,khi đó trong Zp[x] ta có

kp p k p

p p

p a a x a x x

g( ) = 0 + 1 +  + Theo định lý Fermat bé, ta có a i p ≡a i (mod p), cho nên

( ) 0 1 ( ) .

k p k p

vế phải của (1) là φ (x)g(x)h(x) chia hết cho φ(x) 2 trong vành Zp[x] Từ đó suy ra, trong vành Zp[x], vế trái của (1) là x n − 1 và đạo hàm của nó nx n− 1 đều phải chia hết cho φ(x) Nhng vì theo giả thiết n≠ 0 (mod p)nên nx n− 1chỉ có một nhân tử bất khả quy là x, mà x lại không phải là một nhân tử của xn - 1 Ta gặp một mâu thuẫn Vậy, ta phải có: φ (x) = ±g(x) Do đó, ξpcũng là một nghiệm của φ(x)

Bây giờ, ta chứng minh rằng, tất cả căn bậc nguyên thuỷ bậc n của đơn vị

đều là nghiệm của đa thức φ(x) Giả sử ξ là một căn nguyên thuỷ tuỳ ý của

đơn vị, và k = p1p2 p slà sự phân tích của kthành tích những thừa số nguyên

tố không nhất thiết khác nhau, nhng tất cả đều nguyên tố với n

Vì φ ( ξ ) = 0 , nên nh đã chứng minh trên φ(ξp1)=0, do đó φ ( ξp1p2 ) = 0 Tơng

tự, φ ( ξp1p2 p n) = φ ( ξn) = 0 Nh vậy, tất cả các nghiệm của đa thức Fn(x) đều là nghiệm của đa thức φ(x) Vì theo giả thiết φ(x) là bất khả quy trên Q và Fn(x)

không có nghiệm bội, nên φ(x) và Fn(x) chỉ có thể khác nhau một nhân tử

hằng Do đó, Fn(x) là bất khả quy trên Q Định lý đợc chứng minh ϒ

Đa thức chia đờng tròn bậc n:

) (

) )(

( )

đợc định nghĩa qua các nghiệm ζ 1 , ζ 2 , , ζϕ(n) là của nó là ϕ(n) căn nguyên

thuỷ bậc n của đơn vị Ta sẽ chứng tỏ rằng, có thể tính đợc đa thức đó mà không cần biết các nghiệm của nó Muốn vậy, ta cần sử dụng công thức đảo ng-

ợc Dedekind - Liouville (biến đổi ngợc Mobius) dới dạng nhân

3.7 Hàm Mobius Hàm Mobius đợc định nghĩa nh sau: à (n) = ( − 1 )k nếu n không chia hết cho số chính phơng nào khác 1 và k là số các ớc nguyên tố của n; à ( 1 ) = 1 , à (n) = 0 khi n có ớc số chính phơng khác 1.

3.8 Biến đổi ngợc Mobius (xem [3])

Giả sử f(n) là hàm số học Đặt

∏

=

n d

d f n

g

/

) ( )

khi đó ta có:

1) ( )

/

) ( )

n n

d

d g n

2) Nếu f là hàm có tính chất nhân tính thì g cũng vậy

3.9 Mệnh đề Ta có công thức tính F n (x)một cách tờng minh sau:

∏

=

n d

d d

n

n d

d

n d

F

/

) ( /

) (

) 1 ( )

1 ( )

Chứng minh Đa thức chia đờng tròn bậc n là một hàm số số học:

).

( ) ( ) (n F x P x f

Giá trị của hàm này là một phần tử của nhóm nhân của trờng phân

thức P(x) Điều đó cũng đúng với đa thức x n − 1:

).

( 1 )

d d

n F x f d x

n

g

/ /

) ( )

( 1

)

) 1 ( )

1 ( ) ( ) (

/

) ( /

) (

d d

n

n d

d

n d

F n

12 /

) ( 12

12 ( ) ( 1 )

d

d d

x x

= (x12 − 1 )(x6 − 1 ) − 1 (x4 − 1 ) − 1 (x3 − 1 ) 0 (x2 − 1 ) 1 (x1 − 1 ) 0

1

) 1 )(

1 (

) 1 )(

1

4 6

2 12

x x

3.10 Định lý mô tả cấu trúc của trờng chia đờng tròn

Trờng chia đờng tròn R n là một mở rộng đơn của trờng nguyên tố P của nó:

R n = P( ξ )

trong đó ξ là một phần tử nguyên thuỷ bất kỳ bậc n của đơn vị Hơn nữa:

a) Nếu P = Q thì đa thức chia đờng tròn F n (x) là đa thức xác định của

tr-ờng phân rã R n trên Q.

b) Nếu P = Z p thì đa thức xác định của trờng phân rã R n trên Z p là

một ớc bất khả quy đa thức chia đờng tròn F n (x), và ta có bậc [R n : Z p ] là ớc

), ( deg ] : ) ( [ ] : [R n Z p = Z p ξ Z p = f1 x

nên các nhân tử f i (x) của Fn(x) có cùng một bậc Từ (4), ta có ϕ (n) =k[R n:Z p].Vì vậy, bậc mở rộng [R n:Z p] của trờng chia đờng tròn trên Zp là ớc của

)

(n

Ví dụ 2 Xét đa thức F12(x) = (x2 + 5x + 1)(x2- 5x +1) trên trờng Z11 Cả hai

đa thức f1 (x) = (x2 + 5x + 1), f2(x) = (x2- 5x +1) đều có thể lấy làm đa thức xác

định của trờng chia đờng tròn R12 trên Z11 Ta có [ R12 : Z11] = 2 là ớc của

phần tử của H9 là

0, 1, 2, u, 1 + u, 2 + u, 2u, 1 + 2u, 2 + 2u

Mặt khác, ta cũng có thể xem H9 là trờng chia đờng tròn bậc 8 Thật vậy, ta phân tích F8(x) thành nhân tử bất khả quy

F8(x) = x4 +1 = ( x2 + x +1)(x2 - x -1) ∈Z3[x]

Một nghiệm của x2 + x - 1, tức là một căn nguyên thuỷ bậc 8 của đơn vị trên

Z3 là ξ = 1 +u Tất cả các phần tử khác không của H9 đều là luỹ thừa của

8 ,

Đ4 Tiêu chuẩn bất khả quy của đa thức trên trờng số p-adic 4.1 Metric p-adic trên trờng số hữu tỷ.

Cho p là một số nguyên tố Với số nguyên a khác 0, chỉ số p-adic của a, kí

hiệu ord p a, là luỹ thừa lớn nhất của p có mặt trong sự phân tích thành tích các

thừa số nguyên tố của a.

Ví dụ ord 5 35 = 1, ord 5 250 = 3, ord 2 96 = 5.

Nếu a = 0 ta qui ớc ord p 0 = ∞

Với số hữu tỷ khác không x = a/b, ta định nghĩa ord p x = ord p a - ord p b.

0 1

x

x p

nếu

nếu

4.2 Mệnh đề Hàm p là chuẩn trên trờng số hữu tỉ Q.

Chứng minh Ta kiểm tra các điều kiện của chuẩn.

Giả sử x, y và x + y đồng thời khác 0 Đặt x = a/b và y = c/d (là các phân số tối giản) Ta có

x + y = (ad + bc)/bd ; ord p (x + y) = ord p (ad +bc) - ord p b - ord p d.

Chú ý rằng ord p (m + n) ≥ min(ord p m, ord p n), ∀ m, n ∈ Z

Ta suy ra: ord p (x + y) ≥ min(ord p ad, ord p bc) - ord p b - ord p d

= min(ord p a - ord p b, ord p c - ord p d)

= min(ord p x, ord p y).

Từ đó: x+y p=p−ord p(x+y) ≤ max(p−ord p x,p−ord p y) = max(x p, y p)≤ x p + y p Chúng ta đã chứng minh p thoả mãn bất đẳng thức mạnh hơn điều kiện (3)

(3): x+y ≤ max ( x , y ), ∀ x, y ∈Q

Định lí Ostrowski khẳng định rằng, trên trờng số hữu tỉ Q chỉ có hai loại chuẩn (sai khác nhau một tơng đơng), do đó chỉ có hai phơng hớng mở rộng Q

thành trờng đầy đủ mà trong đó mọi dãy cơ bản đều là dãy hội tụ

1) Nếu xuất phát từ Q theo chuẩn giá trị tuyệt đối ∞, bằng phơng pháp

Cantor ta thu đợc trờng số thực R là bổ sung đầy đủ của Q (R là trờng đầy đủ bé nhất chứa Q).

2) Nếu xuất phát từ Q theo chuẩn p-adic . p, cũng bằng phơng pháp Cantor

ta thu đợc trờng các số p-adic Q p là mở rộng đầy đủ của Q.

4.3 Định nghĩa Đa thức f(x)∈ Qp[x] trên trờng số p-adic Qp gọi là đa thức nguyên thuỷ nếu và chỉ nếu mọi hệ tử của f(x) đều là phần tử nguyên thuỷ và có

ít nhất một hệ tử nào đó của f(x) không phải là phần tử nguyên thuỷ Nghĩa là

mọi hệ tử a i của f(x) thoả mãn: ϕ (a i) = a i p ≤1 với mọi i = 1, , n và có ít nhất một hệ số a i với (0 ≤i ≤n) sao cho a i p < 1

4.4 Bổ đề Giả sử f (x)≠ 0 là một đa thức trên trờng Qp Khi đó tồn tại

0 ≠ α ∈ Qp sao cho f (x) =αh(x) với h(x) là một đa thức nguyên thuỷ trên

4.5 Bổ đề Tích của hai đa thức nguyên thuỷ trên trờng Qp là một đa thức nguyên thuỷ trên trờng Qp.

Chứng minh Giả sử f(x) = a0 + a1x + + anxn

g(x) = b0 + b1x + + bmxm

là hai đa thức nguyên thuỷ trên Qp

Gọi ar và bs là các hệ số đầu tiên của f(x) và g(x) không thuộc vào ideal P Nghĩa là a0, ,ar-1; b0 , ,bs-1 ∈P nhng ar và bs ∉P

4.6 Bổ đề Giả sử f (x) là một đa thức có bậc ≥1 với hệ tử nguyên thuộc

Qp Nếu f (x) khả quy trên Qp thì f (x) phân tích đợc thành tích các đa thức có bậc khác 0 với hệ tử nguyên thuộc Qp.

Chứng minh Vì f(x) bất khả quy trên Qp, nên tồn tại đa thức p(x), g(x)∈

Qp[x] có bậc khác 0 sao cho f(x) = p(x)g(x) Theo bổ đề 4.4, tồn tại đa thức nguyên thuỷ g(x), h(x) và các hệ tử a, b∈Qp; a, b ≠ 0 sao cho p(x) = ag(x); q(x)

= bh(x) Do đó, ta có f(x) = abg(x)h(x) Vì h(x), g(x) nguyên thuỷ nên theo bổ

đề 4.5, đa thức g(x)h(x) nguyên thuỷ, hay tồn tại hệ tử c của g(x)h(x) sao cho

ϕ(c) = 1 Vì vậy, ϕ(ab) = ϕ(ab)ϕ(c) = ϕ(abc) ≤1 (do giả thiết các hệ tử của f(x) nguyên), suy ra tích ab là phần tử nguyên và f(x) = abg(x)h(x)

4.7 Định lý Nếu đa thức f (x) = a n x n + a n-1 x n-1 + + a 1 x + a 0 với các hệ tử nguyên thuộc Qp thoả mãn:

1) a 0 , a 1 , , a n-1 ∈P

2) a n ∉P

3) a 0 không là tích của hai phần tử thuộc P

thì đa thức f (x) bất khả quy trên trờng Qp.

Chứng minh Giả sử f(x) = g(x)h(x) trong đó

i = 0, , r không thuộc P tất cả.vì nếu ngợc lại thì an = brcs ∈P Ta gọi bk là hệ số đầu tiên trong các bi, không thuộc P

Tức là b0 , , bk∈P, nhng bk ∉P.Ta có: ak = b0ck + b1ck + + bkc0

suy ra ak ∈P với 0≤k ≤n-1 Từ đó b0ck ∈P hay bk ∈P (do c0 ∉P)

Ta gặp điều vô lý