Số Nguyên Tố Và đa Thức Bất Khả Quy - Tài Liệu đại Học

Tài liệu đại học Toggle navigation

• Miễn phí (current)
• Danh mục
  • Khoa học kỹ thuật
  • Công nghệ thông tin
  • Kinh tế, Tài chính, Kế toán
  • Văn hóa, Xã hội
  • Ngoại ngữ
  • Văn học, Báo chí
  • Kiến trúc, xây dựng
  • Sư phạm
  • Khoa học Tự nhiên
  • Luật
  • Y Dược, Công nghệ thực phẩm
  • Nông Lâm Thủy sản
  • Ôn thi Đại học, THPT
  • Đại cương
  • Tài liệu khác
  • Luận văn tổng hợp
  • Nông Lâm
  • Nông nghiệp
  • Luận văn luận án
  • Văn mẫu
• Luận văn tổng hợp

1. Home
2. Luận văn tổng hợp
3. số nguyên tố và đa thức bất khả quy

Trich dan số nguyên tố và đa thức bất khả quy - Pdf 24

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLÊ THỊ HẢI YẾNSỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUYLUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌCTHÁI NGUYÊN - NĂM 2014ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLÊ THỊ HẢI YẾNSỐ NGUYÊN TỐ VÀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUYLUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌCChuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤPMã số 60.46.01.13Người hướng dẫn khoa họcTS. NGUYỄN VĂN HOÀNGTHÁI NGUYÊN - NĂM 2014Mục lụcMở đầu 41 Một số kiến thức chuẩn bị 51.1 Số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Đa thức bất khả quy trên trường số thực và phức . . . . . . . 131.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷ . . . . . . . . . . 152 Số nguyên tố và đa thức bất khả quy 192.1 Liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khả quy . . . . . . 202.2 Đa thức bất khả quy với lũy thừa số nguyên tố . . . . . . . . 302.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Kết luận 39Tài liệu tham khảo 401trọng giữa đa thức bất khả quy và các số nguyên tố liên quan đến giả thuyếtcủa Buniakowski và bài toán ngược của nó như đã nêu trên. Trên cơ sở nghiên2cứu một số tài liệu về số nguyên tố và về đa thức bất khả quy, trong luậnvăn này chúng tôi lựa chọn và trình bày chi tiết lại một số tiêu chuẩn quantrọng về đa thức bất khả quy liên quan đến ứng dụng của số nguyên tố. Tàiliệu tham khảo chính mà chúng tôi sử dụng là hai bài báo:• M. R. Murty, Prime numbers and irreducible polynomials, Amer. Math.Monthly 109 (2002) No. 5, 452-458 (tài liệu số [8]).• A. I. Bonciocat, N. C. Bonciocat and A. Zaharescu, On the irreducibilityof polynomials that take a prime power value, Bull. Math. Soc. Sci. Math.Roumanie Tome 54 (102), No. 1 (2011), 41-54 (tài liệu số [2]).Luận văn được trình bày trong hai chương.Chương I: Một số kiến thức chuẩn bị. Nội dung của chương là trình bày tómlược một số kiến thức cơ bản cần dùng cho chứng minh của các kết quảtrong chương sau, chẳng hạn: sơ lược về số nguyên tố, về đa thức, bậcđa thức, đa thức bất khả quy, sự phân tích một đa thức thành tích cácđa thức bất khả quy, một số ví dụ về đa thức bất khả quy,. .Chương II: Số nguyên tố và đa thức bất khả quy. Đây là chương chính củaluận văn. Chương này trình bày về một số tiêu chuẩn để kiểm tra tínhchất bất khả quy của một số lớp đa thức.+) Mục 2.1. Trình bày về sự liên hệ giữa số nguyên tố và đa thức bất khảquy (dựa trên bài báo [8]). Kết quả chính là định lý sauĐịnh lý 2.1.3. Cho f(x) = amxm+ am−1x0.Khi đó f(x) = anxn+ an−1xn−1+ . . . + a1x + a0là bất khả quy trên Q.+) Mục 2.2. Nghiên cứu mối liên hệ giữa đa thức bất khả quy và lũy thừasố nguyên tố (dựa theo bài báo [2]). Trước hết chương này chứng minhchi tiết cho kết quả sau đây đó là một mở rộng cho Định lý 2.1.7:3Định lý 2.2.3. Cho p là số nguyên tố. Giả sử ps(với s ≥ 2) có biểudiễn qua hệ thống cơ số b ≥ 2 dưới dạngps= anbn+ aĐịnh lý 2.2.4. Cho f(x) =ni=0aixi∈ Z[x] với a0an= 0. Chom, s, q ∈ Z (s ≥ 2) và p là số nguyên tố sao cho f(m) = psq, p  qf(m),và |a0| >ni=1|ai|(|m| + |q|)i. Khi đó f(x) bất khả quy trên Q.Định lý 2.2.5. Cho f(x) =dn−dji=j|ai|, thì f(x) bất khả quy trên Q.Định lý 2.2.6. Cho f(x) =ni=0aixi∈ Z[x], a0an= 0. Cho f(m) =psq với m, s, p ∈ Z, p là số nguyên tố, s ≥ 2, |m| > |q|, p  qf(m) và|an| >giúp cho việc trình bày chủ đề có tính hệ thống.1.1 Số nguyên tốMục này ta chỉ xét trên tập các số tự nhiên N.Định nghĩa 1.1.1. Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ gồm có haiước là 1 và chính nó.Kí hiệu 1.1.2. Ký hiệu ”b|a” nghĩa là b là ước của a, ký hiệu a...b nghĩa làa chia hết cho b.Tính chất 1.1.3. i) Ước khác 1 nhỏ nhất của một số tự nhiên lớn hơn 1 làsố nguyên tố.ii) Cho p là số nguyên tố, a ∈ N với a = 0. Khi đó(a, p) = p ⇔ p|a; (a, p) = 1 ⇔ p  a.iii) Cho a, b ∈ Z. Khi đó (a, b) = 1 nếu và chỉ nếu tồn tại x, y ∈ Z sao choax + by = 1.iv) Nếu tích của nhiều số chia hết cho một số nguyên tố p thì có ít nhất mộtthừa số chia hết cho p.5Chứng minh. i) Cho a là số tự nhiên > 1. Giả sử d là ước nhỏ nhất khác 1của a. Nếu d không nguyên tố thì d = d1d2(với d1, d2> 1). Suy ra d1, y∈ Z. Từ đó1 = (ax + py)(bx+ py) = abxx+ p(axy+ bxy + pyy). Do đó ta lại ápdụng ý ii) nên ta được (ab, p) = 1, đây là điều mâu thuẫn.Tính chất 1.1.4. Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn.Chứng minh. Giả sử chỉ có hữu hạn n số nguyên tố p1, p2, . . . , pn. Ta xét sốtự nhiên q = p1p2. . . ppk22. . . pkmm6trong đó p1, p2, . . . , pmlà các số nguyên tố đôi một khác nhau, và k1, k2, . . . , kmlà các số tự nhiên khác 0.1.2 Vành đa thứcMục này nhắc lại một số kiến thức căn bản về đa thức với hệ tử trên vànhgiao hoán A có đơn vị.Định nghĩa 1.2.1. Cho A là một vành giao hoán có đơn vị, n ∈ N, vàa0, a1xivà g(x) =mi=0bixi(lưu ý rằng không nhất thiết am= 0 vàbm= 0), ta định nghĩa tổng của f(x) và g(x) như sau:f(x) + g(x) =mi=0(ai+ bi)xi.Trong trường hợp f(x) =nibjvới mọi k = 0, . . . , n + m.Chú ý 1.2.2. Tập A[x] cùng với phép cộng và nhân các đa thức như địnhnghĩa trên tạo thành một vành giao hoán, ta gọi là vành đa thức một ẩn xlấy hệ tử trên A. Trong đó đa thức không trong A[x] chính là phần tử 0 củaA. Phần tử 1 của A đóng vai trò phần tử đơn vị của vành A[x]. Khi A là cáctập số Z, Q, R, C thì các hệ tử của các đa thức còn gọi là các hệ số.7Từ định nghĩa đa thức ta dễ dàng thu được một số tính chất sau đây vềbậc của đa thức.Định lý 1.2.3. Giả sử f(x) và g(x) là hai đa thức khác 0 của vành A[x].i) Nếu deg f(x) = deg g(x), thì ta có f(x) + g(x) = 0 vàdeg(f(x) + g(x)) = max{deg f(x), deg g(x)}.Nếu degf(x) = deg g(x) và f(x) + g(x) = 0 thì ta códeg(f(x) + g(x)) ≤ max{deg f(x), deg g(x)}.ii) Nếu f(x)g(x) = 0 thì deg(f(x)g(x)) ≤ deg f(x) + deg g(x).Chú ý 1.2.4. Giả sử A là miền nguyên. Khi đó nếu f(x), g(x) là các đa thứckhác 0 của A[x] thì ta dễ thấy f(x)g(x) = 0. Từ đó ta thấy rằng A[x] cũnglà miền nguyên.Định nghĩa 1.2.5. Cho A là một miền nguyên, và f(x), g(x) ∈ A[x] vớig(x) = 0. Nếu tồn tại q(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = q(x)g(x) thì ta nói rằngg(x) là ước của f(x), hay f(x) là bội của g(x), ta viết là g(x)|f(x) hoặcf(x)...g(x) (trong trường hợp này ta cũng nói g(x) chia hết f(x), hoặc f(x)chia hết cho g(x)).Tiếp theo ta nhắc lại vài tính chất đơn giản sau đây:. . . + a1x + a0. Khi đó f(a) = anan+an−1an−1. . . + a1a + a0. Từ đóf(x) − f(a) = an(xn− an) + an−1(xn−1− an−1mcm= 0;trong trường hợp này ta cũng nói c là nghiệm của phương trình f(x) = 0.Bổ đề 1.2.8. Cho A là miền nguyên, f(x) ∈ A[x] và a ∈ A. Khi đó a lànghiệm của f(x) nếu và chỉ nếu f(x) là bội của x −a.Chú ý 1.2.9. Cho A là miền nguyên và f(x) ∈ A[x]. Khi đó theo bổ đề trênta dễ dàng suy ra rằng số nghiệm của f(x) không vượt quá deg f(x).Thật vậy, giả sử deg(f(x)) = n nhưng f(x) có nghiệm là c1, . . . , cmvớim > n. Từ đó tồn tại một trường K chứa c1, . . . , cmvà nó chứa A nhưmột vành con. Khi đó, theo bổ đề trên, suy ra tồn tại q(x) ∈ K[x] sao chota có biểu diễn f(x) = (x − c1)(x − c2) . . . (x − cm)q(x). Từ đó dẫn đếndeg(f(x)) = m + deg(q(x)) ≥ m > n, đó là điều mâu thuẫn.Bằng quy nạp người ta dễ dàng chứng minh được kết quả quan trọng sauđây, ta thường gọi là định lý phép chia với dư.đa thức ở vế phải nên p(x)|g(x).Kí hiệu 1.2.15. Cho K là trường. Với 0 = g(x) ∈ K[x], ta kí hiệu g∗(x) =g(x)/an(trong đó anlà hệ số cao nhất của g(x)). Chú ý rằng g∗(x) là đathức có hệ số cao nhất là 1. Để tìm ước chung lớn nhất ta có thuật toán sau.Mệnh đề 1.2.16. (Thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất). Cho K làtrường. Cho hai đa thức f(x), g(x) ∈ K[x] với g(x) = 0. Nếu g(x)|f(x) thìgcd(f(x), g(x)) = g∗(x). Nếu ngược lại, chia liên tiếp ta đượcf(x) = q(x)g(x) + r(x), r(x) = 0, deg r(x) < deg g(x).g(x) = q1(x)r(x) + r1(x), r1(x) = 0, deg r1(x) < deg r(x).. . .rn−2n(x)|rn−2(x). Tiếp tục lập luận với các đẳng thứctừ dưới lên trên ta suy ra rn(x)|g(x) và rn(x)|f(x). Do đó r∗n(x)|f(x) vàr∗n(x)|g(x).10Giả sử h(x)|f(x) và h(x)|g(x). Từ đẳng thức đầu tiên ta có h(x)|r(x). Từđẳng thức thứ hai ta có h(x)|r1(x). Cứ tiếp tục lập luận trên với các đẳngthức từ trên xuống dưới ta có h(x)|rn(x). Do đó h(x)|r∗n(x).1.3 Đa thức bất khả quyĐịnh nghĩa 1.3.1. Cho A là một miền nguyên. Một đa thức f(x) ∈ A[x]được gọi là bất khả quy trên A nếu f(x) = 0, f(x) không khả nghich và f(x)(x) = deg h(x) với mọi h(x) ∈ K[x].Vì thế nếu f(x + a) = k(x)g(x) là phân tích của f(x + a) thành hai đathức có bậc thấp hơn khi và chỉ khi f(x) = k1(x)g1(x) là phân tích của f(x)thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn. Vì vậy f(x) bất khả quy khi vàchỉ khi f(x + a) bất khả quy.Định nghĩa 1.3.4. Cho K là một trường chứa trường T như một trườngcon và a ∈ K. Ta nói a là phần tử đại số trên T nếu tồn tại một đa thức0 = f(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm. Nếu a không đại số trên T thì ta nóia là siêu việt trên T.Mệnh đề 1.3.5. Cho K là một trường chứa trường T như một trường convà a ∈ K là phần tử đại số trên T . Khi đó tồn tại duy nhất một đa thứcp∗(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là 1 và nó nhận a làm nghiệm,và mọi đa thức g(x) ∈ T[x] nhận a làm nghiệm đều là bội của p∗(x).Chứng minh. Vì a là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong T nêntồn tại đa thức p(x) khác 0 với hệ số trong T có bậc bé nhất nhận a làmnghiệm. Ta chứng minh p∗(x) bất khả quy (với p∗(x) = p(x)/b trong đó blà hệ số cao nhất của p(x)). Giả sử p∗p∗(x) đều có hệ số cao nhất là 1, ta suy ra b = 1. Vì thế p∗(x) = q(x).12Định nghĩa 1.3.6. Đa thức p∗(x) ∈ T [x] bất khả quy có hệ số cao nhất là1 xác định như trong Mệnh đề 1.3.5 được gọi là đa thức tối tiểu của a (hoặcđa thức bất khả quy của a).Ví dụ 1.3.7. 1) Đa thức x3−5 ∈ Q[x] là đa thức bất khả quy của3√5 ∈ R.2) Đa thức x2+ 1 ∈ R[x] là đa thức bất khả quy của i ∈ C.Định lý 1.3.8. Có vô số đa thức một ẩn với hệ số cao nhất là 1 bất khả quytrên trường K.Chứng minh. Nếu K là trường vô hạn thì các đa thức dạng x −a với a ∈ Klà các đa thức với hệ số cao nhất là 1 bất khả quy trên K. Có vô số đa thứcnhư vậy.Trong trường hợp K là trường hữu hạn, giả sử chỉ có n đa thức bất khảquy p1(x), p2Định lý 1.4.1. Mọi đa thức f(x) bậc n ≥ 1 trên trường số phức đều có nnghiệm phức (kể cả số bội).Định lý này có các hệ quả sau đây.Hệ quả 1.4.2. Các đa thức bất khả quy của vành C[x] (với C là trường sốphức) chỉ là các đa thức bậc nhất.13Chứng minh. Hiển nhiên các đa thức bậc nhất là các đa thức bất khả quy.Giả sử f(x) là một đa thức của C[x] có bậc lớn hơn 1. Theo Định lý 1.4.1,f(x) có nghiệm phức c ∈ C. Vậy f(x) chia hết cho x −c, do đó f(x) khôngbất khả quy.Mệnh đề 1.4.3. Nếu một số phức α là nghiệm của đa thức f(x) với hệ sốthực thì số phức liên hợp α cũng là một nghiệm của f(x).Chứng minh. Giả sử f(x) = anxn+ an−1xn−1+ . . .+ a1x + a0là một đa thứcvới hệ số thực và α là một nghiệm phức của f(x). Khi đóanαn− 4ac < 0.Chứng minh. Dễ dàng thấy rằng các đa thức bậc nhất và đa thức bậc haivới biệt số ∆ < 0 là các đa thức bất khả quy trên R. Ta chứng minh chiềungược lại.Giả sử f(x) là đa thức bất khả quy trên R và α là một nghiệm phức. Nếuα ∈ R thì f(x) chia hết cho x − α, do f(x) bất khả quy nênf(x) = k(x −α), k ∈ R∗,vậy f(x) là đa thức bậc nhất.Nếu α ∈ C \ R thì α cũng là nghiệm của f(x), do đó f(x) chia hết chop(x) = (x − α)(x − α) = x2− (α + α)x + αα.p(x) là một tam thức bậc hai với hệ số thực và có biệt số ∆ < 0. Do f(x)bất khả quy nên f(x) = kp(x), k ∈ R∗. Vậy f(x) là tam thức bậc hai vớibiệt số ∆ < 0.141.5 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỷTrong vành Q[x] các đa thức trên trường hữu tỷ thì vấn đề phức tạp hơnnhiều. Sau đây ta sẽ trình bày tiêu chuẩn Eisenstein là một điều kiện đủ đểnhận biết một đa thức là bất khả quy trên Q. Để chuẩn bị chứng minh tiêuchuẩn ấy, ta cần một vài khái niệm và bổ đề sau đây:Định nghĩa 1.5.1. Giả sử f(x) là một đa thức với hệ số nguyên, f(x) gọi lànguyên bản nếu các hệ số của f(x) không có ước chung nào khác ngoài ±1.Bổ đề 1.5.2. Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.Chứng minh. Giả sử f(x) = a0s. Ta xét hệ sốcr+scủa đa thức tích f(x)g(x). Ta cócr+s= (. . . + ar−1bs+1) + arbs+ (ar+1bs−1+ . . .)trong đó p chia hết các tổng trong các dấu ngoặc, nhưng không chia hết tícharbsvì p là nguyên tố. Do đó p không chia hết cr+sBổ đề 1.5.3. Nếu f(x) là một đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn 0 vàf(x) không bất khả quy trong Q[x], thì f(x) phân tích được thành một tíchnhững đa thức bậc khác 0 với hệ số nguyênnên các sốpeiqphải là nguyên. Do đó q chia hết mọi eivì q nguyên tố vớip. Ta suy ra q = ±1, tức là f(x) = ±p g(x)h(x). Vì ϕ(x) và ψ(x) là nhữngước thực sự của f(x) trong Q[x], nên g(x) và h(x) là những đa thức bậc 0của Z[x].Chú ý 1.5.4. Cho f(x) ∈ Q[x] khi đó ta có thể viết f(x) =abg(x) trong đóg(x) là đa thức hệ số nguyên và a/b là số hữu tỷ khác 0. Do a/b khả nghịchtrong Q nên tính bất khả quy trong Q[x] của f(x) và g(x) là như nhau. Dođó về sau để xét tính bất khả quy trong Q[x] người ta chỉ cần quan tâm đếnviệc xét tính bất khả quy trong Q[x] của các đa thức hệ số nguyên.Dưới đây là một tiêu chuẩn quan trọng để kiểm tra tính bất khả quy củamột đa thức.Định lý 1.5.5. (Tiêu chuẩn Eisenstein) Giả sử f(x) = a0+a1x+. . .+anxn(n > 1) là một đa thức với hệ số nguyên, và giả sử có một số nguyên tố psao cho p không chia hết hệ số cao nhất ai∈ Z, 0 < s < nTa cóa0= b0c0a1= b1c0+ b0c1. . .ak= bkc0+ bk−1c10= b0c0, trái giả thiết). Ta thấy tồn tại bk(có n > r ≥ k > 0)là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p (bởi vì nếu không thì mọihệ số của g(x) đều chia hết cho p, dẫn đến an= brcschia hết cho p, điềunày trái giả thiết). Ta hãy xét hệ số ak= bkc0+ bk−1c1+ . . . + b0ckThật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein với p = 3.2) Đa thức xn+ pxn−1+ pxn−2+ . . . + p với p là một số nguyên tố tùy ý, làbất khả quy trong Q[x]. Thật vậy, ta có thể áp dụng tiêu chuẩn Eisensteinvới số nguyên tố p.Định lý 1.5.7. (Tiêu chuẩn Osada) Cho đa thức hệ số nguyênf(x) = xn+ a1xn−1+ . . . + an−1x ±ptrong đó p là số nguyên tố và n ≥ 2. Nếup > 1 + |a1| + . . . + |an−1|thì f(x) là bất khả quy trong Q[x].Chứng minh. Giả sử f(x) là khả quy trong Q[x]. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3ta có f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x), h(x) là các đa thức bậc dương với cáchệ số nguyên. Vì p là số nguyên tố nên một trong các số hạng tự do của g(x)số nguyên. Đặt m =n + 12. Giả sử cho n số nguyên khác nhau d1, . . . , dnsao cho |f(di)| <m!2mvà các số diđều không là nghiệm của f(x). Khi đóf(x) là bất khả quy.Chứng minh. Giả sử f(x) là một đa thức khả quy. Khi đó, theo Bổ đề 1.5.3,ta có biểu diễn f(x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) là những đa thức bậc dươnghệ số nguyên. Hiển nhiên deg(g), deg(h) < n. Không mất tính tổng quátta có thể giả thiết deg(h) ≤ deg(g) = s. Ta có m ≤ s < n. Ta thấy ngayg(di) = 0 và g(di) chia hết f(di). Do đós!2s, đây là điều mâu thuẫn.Điều đó chỉ ra rằng f(x) là một đa thức bất khả quy.18Chương 2Số nguyên tố và đa thức bất khả quySự tương tự giữa các số nguyên tố và các đa thức bất khả quy đã là mộtchủ đề thống trị trong sự phát triển của lý thuyết số và hình học đại số. Cócác giả thuyết chỉ ra rằng mối liên hệ đó đã vượt hơn cả sự tương tự. Ví dụ,có một giả thuyết nổi tiếng của Buniakowski được phát biểu vào năm 1854:Cho đa thức f(x) hệ số nguyên thỏa mãn ba điều kiện saui) Hệ số đầu của f(x) là dương;ii) Đa thức f(x) bất khả quy trên Q;iii) Tập các giá trị f(Z+) không có ước chung lớn hơn 1khi đó đa thức f(x) nhận vô hạn các giá trị nguyên tố? (xem tài liệu S. Lang[2, p. 323]). Giả thuyết này vẫn là một trong những vấn đề lớn chưa được giảiquyết trong lý thuyết số khi bậc của f lớn hơn một (Lưu ý khi f là đa thứcbậc nhất, giả thuyết đó là đúng). Không khó để thấy rằng mệnh đảo của giảthuyết của Buniakowski là đúng. Một cách cụ thể hơn, nếu một đa thức biểudiễn vô hạn các số nguyên tố, thì nó là một đa thức bất khả quy. Để thấyđiều này, chúng ta hãy cố gắng để phân tích ra thừa số f(x) = g(x)h(x) vớig(x) và h(x) trong Z[x] có bậc dương. Thực tế, do f(x) lấy vô hạn giá trịnguyên tố, nên một trong hai g(x) hoặc h(x) nhận vô hạn giá ±1. Đây làmột mâu thuẫn, bởi vì một đa thức có bậc dương chỉ có thể có nhận một giátrị tại hữu hạn lần.Mục đích của chương này là tiếp tục tìm hiểu thêm những liên hệ quan+ . . . + a1x + a0thực sự là bất khả quytrong Z[x] (xem [9, p. 133]). Vấn đề này đã được được Brillhart-Filaseta-Odlyzko (trong [4]) chứng minh tổng quát cho bất kỳ cơ sở b. Tiếp theo năm2002, M. Ram Murty (trong [8]) đã chứng minh chi tiết cho kết quả này bằngcách đơn giản hơn kết quả của [4], đồng thời họ cũng nghiên cứu điều tươngtự của câu hỏi này cho các trường hàm trên trường hữu hạn. Chính xác hơn,lấy Fqlà trường hữu hạn có q phần tử, trong đó q là một lũy thừa của mộtsố nguyên tố. Cố định một đa thức b(t) trong Fq[t]. Cho một đa thức bấtkhả quy p(t) trong Fq[t], chúng ta viết nó trong "cơ sở b(t)" như saup(t) = am(t)b(t)m+ . . . + a1(t)b(t) + a0(t).Theo sự tương tự của định lý Cohn ta có thể chứng minh được như sauf(x) = a,trong đó 0 ≤ ai≤ 9 với mọi i, thì f(x) = amxm+ am−1xm−1+ . . . + a1x + a0là đa thức bất khả quy trong Z[x].20Tiếp theo ta giới thiệu bổ đề sau đây.Bổ đề 2.1.2. Cho f(x) = amxm+ am−1xm−1+ . . . + a1x + a0= am−1αm−1+ . . . + a1α + a0.Suy ra−αm=am−1amαm−1+ . . . +a1amα +a0am,− |α|m≤ H|α|m− H < H|α|m.Từ đó kéo theo |α|m(|α| − H −1) < 0. Từ đó kết hợp với |α| > 1 ta suy ra|α| < H + 1.Bây giờ ta phát biểu định lý chính của mục này.Định lý 2.1.3. Cho f(x) = amxm+ am−1xm−1+ . . . + a1x + a0∈ Z[x] làmột đa thức bậc m và ta lấy H như trong Bổ đề 2.1.2. Khi đó, nếu tồn tạisố nguyên n ≥ H + 2 sao cho f(n) là số nguyên tố thì f(x) là bất khả quytrong Z[x].21Chứng minh. Nếu f(x) là khả quy trong Z[x] thì ta có thể viết f(x) =i(n −|αi|)Theo Bổ đề 2.1.2 ta có |αi| < H + 1 với mọi i. Do đó|g(n)| ≥i(n −|αi|) >i(n −(H + 1)) ≥ 1,suy ra |g(n)| > 1, điều này là mâu thuẫn với g(n) = ±1.Định lý 2.1.3 cung cấp một tiêu chuẩn bất khả quy đơn giản mà rất hữudụng cho nhiều trường hợp trong khi mà kiểm tra bằng cách truyền thốngthường là thất bại. Xét ví dụ sau chẳng hạn.Ví dụ 2.1.4. Cho đa thức f(x) = x4+ 6x2+ 1 ∈ Z[x]. Theo M. A. Lee [7]ta thấy rằng khi lấy modulo số nguyên tố p bất kì thì đa thức f(x) luôn khảquy. Do đó dùng tiêu chuẩn truyền thống đó ta chưa kết luận được gì về tínhbất khả quy của f(x). Trong khi đó, bằng một tính toán đơn giản người chỉra rằng f(8) = 4481 là một số nguyên tố, khi đó theo Định lý 2.1.3, ta suy∈ Z[x]là đa thức thỏa mãn 0 ≤ aj≤ an1030với mọi 0 ≤ j ≤ n −1 và nếu f(10) làsố nguyên tố, thì f(x) là bất khả quy (xem [5]).Mặt khác, rõ ràng là mọi số có thể được biểu diễn dưới dạngar10r+ ar−110r−1+ . . . + a110 + a0với −1 ≤ ai≤ 8. Rõ ràng các số nguyên thuộc vào đoạn [−1, 8] tạo thànhmột hệ thặng dư đầy đủ theo môđun 10. Nếu chúng ta viết số nguyên tốp trong "dạng lệch" của cơ số 10, thì kết quả là suy ra được rằng đa thứcf(x) = arxTa sẽ chứng minh rằng cần một cải tiến nhỏ của Bổ đề 2.1.2 là đủ để thiếtlập định lý Cohn. Sau đó ta sẽ bàn luận về trường hợp của các trường hàmtrên các trường hữu hạn. Nó chỉ ra rằng "phiên bản" trường hàm của Bổ đề2.1.2 là đủ để chứng minh khẳng định điều tương tự cho kết quả của Cohn.Chúng ta bắt đầu bằng cách chỉ ra biện pháp cải tiến Bổ đề 2.1.2 để thuđược định lý của Cohn.Bổ đề 2.1.6. Cho f(x) = anxn+ an−1xn−1+ . . . + a1x + a0∈ Z[x]. Giảsử rằng an≥ 1, an−1≥ 0, và |ai| ≤ H với mọi i = 0, 1, . . . , n − 2, ở đó H23

Tải File Word Nhờ tải bản gốc Tài liệu, ebook tham khảo khác

• Thuật toán nguyên tố và đa thức
• XÂY DỰNG CƠ SỞ DỮ LIỆU CÁC ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
• Khóa luận tốt nghiệp toán học :SỬ DỤNG ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
• số nguyên tố và đa thức bất khả quy
• Số nguyên tố và đa thức bất khả quy Lê Thị Hải Yến.
• Luận văn thạc sĩ Gía trị nguyên tố của đa thức bất khả quy
• Khóa luận tốt nghiệp toán Đa thức bất khả quy và đa giác newton
• Đa thức bất khả quy
• Đa thức bất khả quy (KL06506)
• Đa thức bất khả quy
• Một số giải pháp nhằm đẩy mạnh hoạt động tiêu thụ sản phẩm tại công ty Eurowindow
• Tìm hiểu về du lịch mua sắm ở Lạng Sơn
• Một số kiến nghị nâng cao chất lượng phục vụ của bộ phận đón tiếp tại khách sạn Sofitel Vinpearl Resort&Spa
• Điểm hữu tỉ trên đường cong bậc hai và đường cong bậc ba
• Sử dụng biểu diễn trực quan động để nâng cao năng lực đại số của học sinh lớp 10
• Ứng dụng số phức vào giải toán Hình học phẳng
• Giải bài tập bất đẳng thức hướng khắc phục sai lầm - Tạo lập mới hệ thống bài tập
• Mô hình số mô phỏng sự xói lở mái dốc do nước tràn bờ
• Xây dựng chương trình mô phỏng các phép toán cơ bản trên ma trận
• Các dạng hội tụ của dãy hàm đo được

Hệ thống tự động tổng hợp link tải tài liệu, ebook miễn phí cho các bạn sinh viên tham khảo.

Học thêm

• Nhờ tải tài liệu
• Từ điển Nhật Việt online
• Từ điển Hàn Việt online
• Văn mẫu tuyển chọn
• Tài liệu Cao học
• Tài liệu tham khảo
• Truyện Tiếng Anh

Music ♫

Copyright: Tài liệu đại học ©

Top