ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Mục lục i Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Định lí đại số 1.1 Đa thức đối xứng 1.2 Trường phân rã trường hữu hạn 10 1.3 Chứng minh Định lí đại số 12 Vận dụng Định lí đại số để xét tính bất khả quy Q 17 2.1 Một số tiêu chuẩn bất khả quy Q quen biết 2.2 Vận dụng Định lí đại số để xét tính bất khả quy Q 17 23 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 ii Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc với GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, trực tiếp hướng dẫn tận tình động viên tác giả suốt thời gian nghiên cứu vừa qua Tác giả xin chân thành cảm ơn Thầy cô thuộc Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học GS.TSKH Hà Huy Khoái, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, PGS.TS Đàm Văn Nhỉ giảng dạy, trang bị cho chúng em kiến thức bản, cần thiết Xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, trường Đại học Khoa học tạo điều kiện thuận lợi, động viên, khuyến khích tác giả suốt q trình học tập Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới gia đình người thân ln khuyến khích, động viên tác giả suốt trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, 2015 Đào Thị Ngân Học viên Cao học Toán K7D, Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Mở đầu Định lí Đại số phát biểu đa thức biến khác với hệ số phức có nghiệm phức Chứng minh cho Định lí đại số thuộc D’Alembert năm 1748 Nhiều chứng minh khác công bố Euler năm 1749, Foncenex năm 1759, Lagrange 1772, Laplace năm 1795 chứng minh khơng xác Đặc biệt, suốt đời mình, Gauss đưa chứng minh cho Định lí, chứng minh năm 1799 chứng minh năm 1815, 1816 khơng chặt chẽ Chứng minh hồn chỉnh cho Định lí thuộc Gauss năm 1846, công bố vài năm trước ông qua đời Tên Định lí đại số đặt vào thời điểm mà quan tâm đại số vấn đề giải phương trình đa thức Định lí đại số có ứng dụng quan trọng nhiều lĩnh vực khác tốn học Đối với hình học đại số, kết hợp Định lí đại số Ngun lí Lefschetz cho thấy khơng gian xạ ảnh phức môi trường đủ tốt để nghiên cứu nhiều tốn hình học đại số với đặc số Trong đại số đại, việc phân loại cấu trúc đại số trường địa phương toàn cục phải sử dụng thường xuyên kết suy từ Định lí đại số, là: Nếu K trường mở rộng hữu hạn trường số phức C K = C Cho K trường f (x) đa thức biến x với hệ số K Ta nói f (x) đa thức bất khả quy K f (x) có bậc dương f (x) khơng tích hai đa thức với bậc bé Có thể nói, đa thức bất khả quy lí thuyết đa thức có vai trị quan trọng tương tự vai trò số nguyên tố lí thuyết số Vì thế, tốn xét tính bất khả quy đa thức tốn quan trọng lí thuyết đa thức Từ Định lí đại số, ta suy đa thức bất khả quy C đa thức bậc nhất; đa thức bất khả quy R đa thức bậc bậc hai vô nghiệm (thực) Tuy nhiên, tốn xét tính bất khả quy Q toán mở Mục đích luận văn trình bày ứng dụng Định lí đại số vấn đề xét tính bất khả quy đa thức Q Luận văn viết dựa vào hai báo gần đây: A I Bonciocat, N C Bonciocat, and A Zaharescu, On the irreducibility of polynomials that take a prime power value, Bull Math Soc Sci Math Roumanie, 54 (2011), 41-54 M R Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, The American Math Monthly, 109 (2002), 452-458 Luận văn chia thành chương với nội dung sau: Chương trình bày số kiến thức đa thức đối xứng tồn trường phân rã đa thức với hệ số trường để phục vụ chứng minh Định lí đại số tồn nghiệm đa thức biến trường số phức Cuối chương sử dụng Định lý đại số để xét tính bất khả quy đa thức trường phức C trường thực R Chương nội dung luận văn, trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy đa thức Q, mà chứng minh tiêu chuẩn phải sử dụng Định lí đại số Thái Nguyên, ngày 20 tháng 11 năm 2015 Đào Thị Ngân Email: daothinganktd2002@gmail.com Chương Định lí đại số Chương trình bày số kiến thức đa thức đối xứng chứng minh Định lý đại số tồn nghiệm đa thức biến trường số phức Từ ứng dụng để xét tính bất quy đa thức C trường thực R 1.1 Đa thức đối xứng Trước hết, ta nhắc lại khái niệm vành đa thức nhiều biến.Trong suốt chương này, giả thiết V vành giao hốn Định nghĩa 1.1.1 Kí hiệu V [x1 , , xn ] tập đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V Với i, j ∈ Nn0 , i = (i1 , , in ) j = (j1 , , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , , in + jn ) Khi V [x1 , , xn ] vành với phép cộng phép nhân x i + i∈Nn0 bi xi = i∈Nn0 xi i∈Nn0 với đa thức i∈Nn0 bi xi = i∈Nn0 ck x k , c k = i∈Nn0 bj i+j=k bi xi ∈ V [x1 , , xn ] Vành V [x1 , , xn ] xi , i∈Nn0 (ai + bi )xi ; i∈Nn0 gọi vành đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V Từ ta giả thiết V miền nguyên, V [x1 , , xn ] vành đa thức n biến x1 , , xn với hệ số V Sn tập song ánh từ tập {1, 2, , n} đến Định nghĩa 1.1.2 Đa thức f (x1 , , xn ) ∈ V [x1 , , xn ] gọi đa thức đối xứng f (x1 , , xn ) = f (xπ(1) , , xπ(n) ) với π ∈ Sn , ta hiểu f (xπ(1) , , xπ(n) ) đa thức suy từ f (x1 , , xn ) cách thay xi xπ(i) với i = 1, , n Ví dụ 1.1.3 Các đa thức sau đa thức đối xứng đơn giản nhất, ta gọi chúng đa thức đối xứng sơ cấp hay đa thức đối xứng bản: n xi = x1 + · · · + xn ; σ1 = i=1 xi xj = x1 x2 + · · · + x1 xn + x2 x3 + · · · + xn−1 xn ; σ2 = i |cn−1 | + |an−1 cn−2 | + · · · + |a2 c| + |a1 | f (x) bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) khả quy trường Q số hữu tỷ ta cần tìm mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss, tồn phân tích f (x) = g(x)h(x), g(x), h(x) ∈ Z[x] < deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Đồng hệ số tự hai vế ta pc = a0 b0 , a0 , b0 hệ số tự g(x) h(x) Suy p| a0 p| b0 Khơng tính tổng quát, ta giả thiết p| a0 Khi b0 | c Giả sử deg h(x) = m Vì m > nên theo Định lý đại số, h(x) có m nghiệm r1 , , rm ∈ C Theo công thức Viete, ta có |r1 | |rm | = |r1 rm | = |b0 | ≤ |c| Do đó, tồn i ∈ {1, , m} cho |ri | ≤ |c| Vì ri nghiệm f (x) nên −pc = rin + an−1 rin−1 + a2 ri2 + a1 ri Theo giả thiết, ta có |pc| = |rin + an−1 rin−1 + a2 ri2 + a1 ri | 26 ≤ |c| |cn−1 | + |an−1 cn−2 | + · · · + |a2 c| + |a1 | < |c|p = |cp| Điều vơ lí Bây trình bày hai ví dụ xét tính bất khả quy đa thức cách sử dụng Định lí 2.2.1 Định lí 2.2.2 Ví dụ 2.2.3 Các đa thức sau bất khả quy Q i) f (x) = x7 − 2x6 + 3x5 − 4x4 + 5x3 − 6x2 + 7x + 31 ; ii) g(x) = x6 + 2x5 − 4x4 + 7x3 + 10x2 + 3x + 298 Chứng minh i) Vì 31 số nguyên tố 31 > + + + + + + nên f (x) bất khả quy theo Định lý 2.2.1 ii) Với số nguyên tố p = 149, ta có 298 = 2p p > 25 + 2.24 + 4.23 + 7.22 + 10.2 + Do g(x) bất khả quy theo Định lý 2.2.2 Ví dụ 2.2.4 Nếu a, b, c, d số tự nhiên thỏa mãn 27a+9b+3c+d < 116 đa thức f (x) = x5 ± ax4 ± bx3 ± cx2 ± dx + 591 bất khả quy Q Đặc biệt, đa thức sau bất khả quy Q i) x5 + 2x4 + 4x3 + 5x2 + 10x + 591; ii) x5 + 3x4 − x3 + 2x2 + 7x + 591; iii) x5 + x4 + 4x3 − 5x2 + 3x + 591 Chứng minh Với số nguyên tố p = 197, ta có 591 = 3p Theo giả thiết p = 116 + 81 > 34 + 33 a + 32 b + 3c + d hay ta có: 27a + 9b + 3c + d < 116 Vậy có 27a + 9b + 3c + d < 116 f (x) bất khả quy Q theo Định lý 2.2.2 27 Ta có đa thức mục (i), (ii), (iii) có bậc Mặt khác 597 = 3.197 mà số 197 số nguyên tố Hơn ta có 197 > 34 + 2.33 + 4.32 + 5.3 + 10 = 196 Do đó, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (i) bất khả quy Q Tương tự, ta có 197 > 34 + 3.33 + 1.32 + 2.3 + = 184 Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (ii) bất khả quy Q Ta có 197 > 34 + 33 + 4.32 + 5.3 + = 162 Vì thế, theo Định lí 2.2.2, đa thức mục (iii) bất khả quy Q Sử dụng Định lý đại số, ta chứng minh tiêu chuẩn bất khả quy đa thức tồn số nguyên n đủ lớn với f (n) số nguyên tố Trước hết, ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.5 Cho f (n) = am nm + am−1 nm−1 + · · · + a1 n + a0 ∈ Z[n] đa thức có bậc m > Đặt H = max |ai /am | Khi |z| < H + với 0≤i≤m−1 nghiệm z ∈ C f (n) Chứng minh Vì z nghiệm f (n) nên ta có −am z m = am−1 nm−1 + · · · + a1 n + a0 Chú ý rằng, a ∈ R mơđun số phức a giá trị tuyệt đối a Sử dụng tính chất mơđun số phức đẳng thức trên, ta suy |z|m = am−1 am z m−1 + · · · + a1 am z+ a0 am 28 m−1 ≤ H(|z| H(|z|m − 1) + · · · + |z| + 1) = |z| − Giả sử H = Khi f (x) = am nm Suy z = |z| < H + Cho H > Nếu |z| ≤ rõ ràng |z| < H + Nếu |z| > |z| − > Do nhân hai vế bất đẳng thức với |z| − 1, ta |z|m (|z| − 1) ≤ H(|z|m − 1) Suy |z|m+1 − |z|m ≤ H|z|m − H < H|z|m Do |z| > nên |z| = Chia hai vế cho |z|m ta |z| < H + Bây đưa tiêu chuẩn bất khả quy Q dựa theo giá trị nguyên tố đa thức Chúng ta có số tự nhiên n đủ lớn để f (n) nguyên tố f (x) bất khả quy Chứng minh trình bày cho tiêu chuẩn đề xuất Murty [2], Định lí đại số sử dụng cơng cụ Định lí 2.2.6 Cho f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] đa thức có bậc m > Đặt H = max |ai /am | Nếu tồn số tự nhiên n ≥ H + 0≤i≤m−1 cho f (n) số nguyên tố f (x) bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) khả quy Z[x] ta cần tìm mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] đa thức bậc dương Vì f (n) nguyên tố nên hai số g(n) h(n) phải có số ±1 Khơng tính tổng qt, ta giả sử g(n) = ±1 Giả sử deg g(x) = t Khi t > Theo Định lý đại số, g(x) có t nghiệm z1 , , zt ∈ C Suy g(x) = c(x − z1 ) (x − zt ), c hệ số cao g(x) Với k ∈ {1, , t}, viết zk = ak + ibk với ak , bk ∈ R Khi đó, ta có |n − zk |2 = n2 + a2k + b2k − 2nak ≥ n2 + a2k + b2k − 2n a2k + b2k 29 = n− a2k + b2k Suy |n − zk |2 ≥ (n − |zk |)2 Do zk nghiệm f (x) nên theo Bổ đề 2.2.5 giả thiết ta có n ≥ H + > H + > |zk | Suy n − |zk | ≥ Ta ln có |n − zk | ≥ n − |zk | Vì t > nên ta có = |g(n)| = |c||n − z1 | |n − zt | ≥ |c|(n − |z1 |) (n − |zt |) ≥ 2t |c| ≥ 2, điều vơ lí Ví dụ 2.2.7 Đa thức f (x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + bất khả quy Q Chứng minh Với kí hiệu Định lý 2.2.6, ta có m = deg f (x) = a1 = Suy H = max{1, 2, 3, 4} = Ta có = H + tính tốn ta f (6) = 1481 số nguyên tố Theo Định lý 2.2.6 ta suy f (x) bất khả quy Q Cho b > số tự nhiên Tiêu chuẩn bất khả quy dành cho đa thức f (x) có hệ số thuộc tập {0, 1, , b − 1} f (b) số nguyên tố Chứng minh tiêu chuẩn cần phải sử dụng Định lí đại số Chứng minh đề xuất Murty báo [2] Trong trường hợp n = f (b) số nguyên tố kí hiệu H = max |ai /am | 0≤i≤m−1 Định lý 2.2.6 ta có b > H Để chứng minh tiêu chuẩn này, trước hết ta cần bổ đề sau Bổ đề 2.2.8 Cho f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ Z[x] Giả sử H số thực dương cho an ≥ 1, an−1 ≥ |ak | ≤ H với k ∈ {0, 1, , n − 2} Khi đó, nghiệm phức z f (x) có phần thực √ + + 4H không dương thỏa mãn |z| < 30 Chứng minh Giả sử z nghiệm f (x) Nếu |z| < rõ ràng ta có √ + + 4H Vì ta giả thiết |z| > Ta chứng minh phần thực |z| < √ + + 4H z không số dương |z| < Giả sử z = a + ib với a, b ∈ R a > Do |ak | ≤ H với k ∈ {0, 1, , n − 2} nên ta có an−1 − an−2 f (z) ≥ a1 a0 a + + · · · + + n zn z z2 z n−1 z n   |an−2 | |a1 | |a0 |  ≥ a + an−1 −  + · · · + + n−1 | n n |z| |z |z| z   |1 1 ≥ a + an−1 − H  + · · · + n−1 + n  n |z| |z | |z| z Vì an ≥ 1, an−1 ≥ a > nên ta có   aan−1 ban−1 an−1 =  an−1 =  a + − i n an + an + a2 + b a2 + b2 a + ib z ≥ a + aan−1 ≥ n a2 + b2 Hơn nữa, |z| > nên ta có |z|2 + ··· + |z|n n+1    |z| −1  − 1 + = −1 |z|  n−1   1− |z| = |z|(|z| − 1)   |z| < |z|(|z| − 1) 31 Vì H > |z| > nên từ hai bất đẳng thức trên, ta có H |z|2 − |z| − H f (z) > − = − |z| |z|(|z| − 1) |z| n z Nếu |z| ≥ Suy 1+ √ + 4H |z| − |z| − H ≥ Do |z|2 − |z| − H |z|2 − |z| ≥ f (z) > Điều mâu thuẫn z nghiệm f (x) Do zn √ + + 4H |z| < Định lí 2.2.9 Cho b > số tự nhiên Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số nguyên cho ∈ {0, 1, , b − 1} với i = 0, 1, , n an ≥ Nếu f (b) số nguyên tố f (x) bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, tồn phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn < deg g(x), deg h(x) < deg f (x) Vì f (b) số nguyên tố theo giả thiết nên g(b) = ±1 h(b) = ±1 Khơng tính tổng quát, ta giả sử g(b) = ±1 Đặt deg g(x) = t > Theo Định lý đại số, g(x) có t nghiệm z1 , , zt ∈ C Do g(x) = c(x − z1 ) (x − zt ), c hệ số cao g(x) Theo giả thiết ta có an ≥ 1, an−1 ≥ = |ai | b − với i Do nghiệm g(x) nghiệm f (x) nên theo Bổ đề 2.2.8, phần thực nghiệm zk không số + 4(b − 1) Với k = 1, , t ta khẳng định |b − zk | > Thật vậy, phần thực zk không dương zk = ak + ibk với dương |zk | < 1+ 32 ak , bk ∈ R ak ≤ Suy |b − zk | = |(b − ak ) − ibk | ≥ b − ak ≥ b > Nếu |zk | < + 4(b − 1) 1+ |zk | < b ≥ nên tính tốn ta 1+ + 4(b − 1) ≤ b − Suy |b − zk | ≥ |b| − |zk | = b − |zk | > Do khẳng định chứng minh Vì t > 0, c ≥ |b − zk | > với k = 1, , t nên |g(b)| = |c||b − z1 | |b − zt | > 1, điều mâu thuẫn Ví dụ 2.2.10 Đa thức f (x) = x6 + 2x5 + x3 + x2 + 3x + bất khả quy Q Chứng minh Chọn b = Khi f (b) = b6 + 2b5 + b3 + b2 + 3b + = 6221 số nguyên tố Vì f (x) bất khả quy Q theo Định lí 2.2.9 Phần cuối chương dành để trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy đề xuất báo [1] mà chứng minh chúng phải cần đến Định lí đại số Ta kí hiệu f (x) đạo hàm đa thức f (x) Chú ý f (x) = g(x)h(x) f (x) = g (x)h(x) + g(x)h (x) Với số phức √ z = a + bi, ta kí hiệu |z| = a2 + b2 môđun số phức z Định lí 2.2.11 Cho f (x) đa thức với hệ số nguyên Giả sử có số nguyên m thỏa mãn điều kiện: f (m) = ps q với p số nguyên tố, s ≥ số tự nhiên q số nguyên cho p không ước qf (m) Nếu có hai số thực A, B cho A < |m| − |q| < |m| + |q| < B f (x) khơng có nghiệm phức z thỏa mãn A < |z| < B f (x) bất khả quy Q 33 Chứng minh Giả sử f (x) = an xn + + a1 x + a0 đa thức bậc n với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện Định lí Ta cần chứng minh f (x) bất khả quy Q Giả sử f (x) khả quy Q ta cần tìm mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss, f (x) phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn, tức f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x) ≥ 1, deg h(x) ≥ Ta khẳng định g(m) h(m) bội ps Thật vậy, giả sử g(m) h(m) không bội ps Vì ps q = f (m) = g(m)h(m) nên p phải ước chung g(m) h(m) Do p ước qg (m)h(m) + qg(m)h (m) = qf (m), điều vơ lí Do khẳng định chứng minh Từ khẳng định ta giả thiết h(m) bội ps Vì g(m)h(m) = f (m) = ps q nên g(m) ước q Do |g(m)| |q| Theo Định lí đại số, f (x) có n nghiệm phức θ1 , , θn Vì g(x) ước f (x) nên nghiệm g(x) nghiệm f (x) Do đó, khơng tính tổng qt ta giả thiết θ1 , , θt nghiệm g(x) với deg g(x) = t < n Suy g(x) = bt (x − θ1 ) (x − θt ) với t ≥ |bt | ≥ 1, bt hệ số cao g(x) Khi t |g(m)| = |bt | t |m − θi | ≥ i=1 |m − θi | (2.1) i=1 Theo giả thiết, nghiệm z f (x) không thỏa mãn điều kiện A < |z| < B Do với i ∈ {1, , t}, ta có |m − θi | ≥ |m| − |θi | ≥ |m| − A |θi | ≤ A, ta có |m − θi | ≥ |θi | − |m| ≥ B − |m| |θi | ≥ B Theo giả thiết ta có A < |m| − |q| < |m| + |q| < B, ta suy |m − θi | > |q| với i = 1, , t Vì từ (2.1) ta có |g(m)| > |q| Điều 34 mâu thuẫn với kết phía Do Định lý chứng minh Định lí 2.2.12 Cho f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức bậc n với hệ số nguyên Giả sử có số tự nhiên b > số nguyên tố p cho ∈ {0, 1, , b − 1} với i = 0, 1, , n, f (b) lũy thừa p p khơng ước f (b) Khi f (x) bất khả quy Q Chứng minh Trước hết ta ý rằng, f (b) = ps p không ước f (b) nên f (x) phải đa thức nguyên bản, tức hệ số f (x) nguyên tố Ta chứng minh Định lí phản chứng Giả sử f (x) khả quy Q ta cần tìm mâu thuẫn Theo Bổ đề Gauss, f (x) tích hai đa thức với hệ số ngun có bậc thấp hơn, nghĩa f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] deg g(x) ≥ 1, deg h(x) ≥ Bằng lập luận tương tự chứng minh Định lí 2.2.11 cho trường hợp q = m = b ta suy g(b) = Theo Bổ đề 2.2.8, θ nghiệm f (x) phần thực số phức θ không dương, θ thỏa mãn công thức √ + 4b − |θ| < Xét trường hợp thứ nhất, phần thực số phức θ khơng dương Khi phần thực b − θ lớn b Do ta có |b − theta| ≥ b > Xét trường hợp thứ hai, θ thỏa mãn công thức Nếu b ≥ ta có |θ| < 1+ √ 4b − ≤ b − b ≥ 3, suy |b − θ| > Từ (2.1) ta có g(b) > 1, điều mâu thuẫn với khẳng định g(b) = phía Do ta chứng minh tính bất khả quy f (x) với b ≥ 35 Bây ta giả sử b = Theo Bổ đề 2.2.8, θ nghiệm √ f (x) ta có phần thực R(θ) θ không dương |θ| < (1+ 5)/2 (chú ý b = 2) Ta chứng minh rằng, tất nghiệm f (x) có phần thực nhỏ 3/2 Để thấy điều này, ta quan sát thấy √ nghiệm θ f (x) có tính chất |argθ| > π/4 |θ| < (1 + 5)/2 √ √ R(θ) < (1 + 5)/(2 2) < 3/2 Do ta giả sử | arg θ| ≤ π/4 R(1/θ) ≥ R(1/θ2 ) ≥ Tuy nhiên, ta xét đa thức f (x) với deg f ≥ 3, khơng có đa thức bậc với hệ số nằm tập {0, 1} thỏa mãn giả thiết phát biểu Định lí Giả sử ngược lại R(θ) ≥ 3/2 Khi |θ| ≥ 3/2, suy   f (θ) an−1 an−2  0= ≥ 1+ + − + · · · + n θn θ θ θ3 θ   an−1 an−2 > R 1 + + − θ θ |θ| (|θ| − 1) ≥1− |θ|3 − |θ|2 − 1 |θ|2 (|θ| − 1) = |θ|2 (|θ| − 1) > 0, mâu thuẫn Thực tế, nghiệm f (x) có phần thực nhỏ 3/2 nên đa thức g(x + 3/2) = bt (x + 3/2 − θ1 ) (x + 3/2 − θt ) phải có hệ số dương Thật vậy, θi nghiệm thực g(x) θi < 3/2 theo chứng minh trên, nhân tử x + 3/2 − θi g(x + 3/2) có hệ số dương Trong đó, θi khơng số thực theo chứng minh Hệ 1.3.3 (ii) ta suy số phức liên hợp θ¯i nghiệm g(x) g(x + 3/2) có nhân tử (x + 3/2 − θi )(x + 3/2 − θi ) = x2 + 2R(3/2 − θ)x + |3/2 − θi |2 36 Nhân tử có hệ số dương Do g(−x + 3/2) có hệ số đan dấu, với x > ta có |g(−x + 3/2)| < g(x + 3/2) Lấy x = 1/2 ta suy g(2) > |g(1)| Vì khơng nghiệm g(x) g(1) số nguyên nên g(2) > 1, mâu thuẫn Định lý chứng minh 37 Kết luận Trong luận văn tơi trình bày nội dung sau: (1) Khái niệm đa thức đối xứng, biểu diễn đa thức đối xứng qua đa thức đối xứng bản; (2) Sự tồn tính (sai khác đẳng cấu) trường phân rã đa thức; (3) Chứng minh Định lý đại số tồn nghiệm đa thức biến trường số phức sử dụng Định lý đại số để xét tính bất khả quy đa thức C R (4) Trình bày số tiêu chuẩn bất khả quy Q quen biết: Sử dụng tiêu chuẩn nghiệm hữu tỷ, sử dụng Bổ đề Gauss, sử dụng tiêu chuẩn Esenstein sử dụng phương pháp rút gọn theo môđun số nguyên tố (5) Vận dụng Định lý đại số để xét tính bất khả quy đa thức trường Q 38 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] A I Bonciocat, N C Bonciocat and A Zaharescu (2011), "On the irreducibility of polynomials that take a prime power value", Bull Math Soc Sci Math Roumanie, 54, 41-54 [3] M R Murty (2002), "Prime numbers and irreducible polynomials", The American Math Monthly, 109, 452-458 [4] V V Prasolov (2004), Polynomials, Springer, second edition ... Định lí đại số Chương trình bày số kiến thức đa thức đối xứng chứng minh Định lý đại số tồn nghiệm đa thức biến trường số phức Từ ứng dụng để xét tính bất quy đa thức C trường thực R 1.1 Đa thức. .. bày số kiến thức đa thức đối xứng tồn trường phân rã đa thức với hệ số trường để phục vụ chứng minh Định lí đại số tồn nghiệm đa thức biến trường số phức Cuối chương sử dụng Định lý đại số để xét. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ NGÂN ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA ĐẠI SỐ ĐỂ XÉT TÍNH BẤT KHẢ QUY CỦA ĐA THỨC TRÊN TRƯỜNG HỮU TỶ Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: