Luận văn Tính bất khả quy của các đa thức lặp của một số lớp đa thức trên một trường

). Đặc biệt, nếu p(x) là khả quy trên Q thì nó phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc thấp hơn. Chứng minh. Viết f (x) = a f1(x) và g(x) = bg1(x) trong đó a,b ∈ Q và f1(x),g1(x) ∈ Z[x] là các đa thức nguyên bản. Ta có f1(x)g1(x) là đa thức nguyên bản. Rõ ràng p(x) = ab f1(x)g1(x) ∈ Z[x]. Ta chứng minh ab ∈ Z. Thật vậy, giả sử ab /∈Z. Khi đó ab= r/s với r/s là phân số tối giản và s> 1. Viết f1(x)g1(x) = anxn+ . . .+a1x+a0. Vì f1(x)g1(x) là đa thức nguyên bản 9nên gcd(an,an−1, ...,a0) = 1. Vì p(x) ∈ Z[x] nên ta có ran s , . . . , ra1 s , ra0 s ∈ Z. Suy ra s là ước chung của an, . . . ,a1,a0, điều này là vô lí. Vậy ab ∈ Z. Đặt f∗(x)= ab f1(x) và g∗(x)= g1(x). Khi đó p(x)= f∗(x)g∗(x) với f∗(x),g∗(x)∈ Z[x] và deg f (x) = deg f∗(x) và degg(x) = degg∗(x). Ví dụ 1.2.3. Đa thức f (x) = x4+3x3+ x2+3 bất khả quy trên Q. Chứng minh. Dễ thấy f (x) không có nghiệm hữu tỷ. Vì thế f (x) không là tích của một đa thức bậc nhất và một đa thức bậc ba. Giả sử f (x) khả quy. Theo bổ đề Gauss, f (x) có sự phân tích f (x) = g(x)h(x) trong đó g(x),h(x) ∈ Z[x] có bậc 2 và có hệ số cao nhất bằng 1. Viết g(x) = x2+ ax+b và h(x) = x2+cx+d với a,b,c,d ∈ Z. Đồng nhất hệ số ở hai vế của đẳng thức f (x) = g(x)h(x) ta được bd = 3,bc+ad = 0,ac+d+b= 1,c+a= 3. Vì bd = 3 và vai trò của b,d là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết b = 1,d = 3 hoặc b = −1,d = −3. Nếu b = 1,d = 3 thì c+ 3a = 0,ac = −3,a+ c = 3. Suy ra a = −3 2 /∈ Z, vô lí. Nếu b = −1 và d =−3 thì −c−3a = 0,ac = 5,c+a = 3. Suy ra a =−3 2 /∈ Z, vô lí. Như vậy, f (x) bất khả quy trên Q. Tiếp theo, chúng ta trình bày tiêu chuẩn Eisenstein để xét tính bất khả quy của đa thức trên Q. Định lý 1.2.4. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho f = anxn+ ...+a1x+a0 ∈Z[x]. Giả sử tồn tại một số nguyên tố p thỏa mãn các tính chất (i) p không là ước của hệ số cao nhất an; (ii) p là ước của các hệ số a0,a1, ...,an−1; (iii) p2 không là ước của hệ số tự do a0. Khi đó f (x) là bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) khả quy trên Q. Theo bổ đề Gauss, tồn tại biểu diễn f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x) = bmxm+ ...+b1x+b0 ∈ Z[x] và h(x)= ckxk+ ...+c1x+c0 ∈Z[x] với degg(x)=m, degh(x)= k vàm,k< n. 10 Do p là ước của a0= b0c0 nên p | b0 hoặc p | c0. Lại do p2 không là ước của a0 nên trong hai số b0 và c0, có một và chỉ một số chia hết cho p. Giả thiết p|c0. Khi đó b0 không chia hết cho p. Vì an = bmck và an không chia hết cho p nên bm và ck đều không chia hết cho p. Do đó tồn tại số r bé nhất sao cho cr không là bội của p. Ta có ar = b0cr+(b1cr−1+b2cr−2+ ...+brc0). Suy ra p|b0cr, điều này vô lí vì cả hai số b0 và cr đều không là bội của p. Vậy f (x) là bất khả quy trên Q. Ví dụ 1.2.5. (i) Đa thức x10+ 50 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 2. (ii) Đa thức 5x11− 9x4+ 12x3+ 36x+ 6 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 3. (iii) Đa thức f (x) = x4− 8x3+ 10x2− 12x+ 3 là bất khả quy trên Q vì đa thức f (x+ 3) = x4+ 4x3− 8x2− 60x− 78 là bất khả quy trên Q theo tiêu chuẩn Eisenstein với p= 2. Việc xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường các số hữu tỷ Q vẫn là bài toán mở. Tuy nhiên bài toán xét tính bất khả quy của các đa thức trên trường phức C và trường thực R được giải quyết trọn vẹn dựa vào định lý sau: Định lý 1.2.6. (Định lý cơ bản của Đại số). Cho f (x) là một đa thức bậc dương với hệ số phức. Khi đó f (x) có ít nhất một nghiệm phức. Chứng minh. Xem [1, Chương 3, Định lý 3.3.2, trang 131]. Từ Định lý cơ bản của Đại số, chúng ta có tiêu chuẩn sau cho tính bất khả quy của đa thức trên C và trên R. Hệ quả 1.2.7. Các phát biểu sau là đúng (i) Đa thức f (x) ∈ C[x] là đa thức bất khả quy trên C nếu và chỉ nếu deg f (x) = 1. (ii) Đa thức f (x) ∈ R[x] là đa thức bất khả quy trên R nếu và chỉ nếu hoặc f (x) có bậc 1 hoặc f (x) có bậc 2 và f (x) không có nghiệm thực. Chứng minh. (i) Khẳng định (i) suy ra từ Định lý cơ bản của Đại số. (ii) Giả sử f (x) ∈ R[x]. Nếu deg f (x) = 1 hoặc deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực thì rõ ràng f (x) bất khả quy trên R. Ngược lại, cho f (x) 11 bất khả quy trên R và deg f (x) ≥ 2. Khi đó f (x) không có nghiệm thực. Theo Định lý cơ bản của Đại số, f (x) có một nghiệm phức z = a+ ib với a,b ∈ R,b 6= 0. Đặt f (x) = (at − ibt)xt + ...+(a1− ib1)x+(a0− ib0). Vì f (x)∈R[x] nên f (x)= f (x). Do đó z là nghiệm của f (x) . Dễ thấy z= a− ib là nghiệm của f (x). Vì b 6= 0 nên z 6= z, do đó f (x) chia hết cho đa thức (x− z)(x− z) = x2−2ax+a2+b2 ∈ R[x]. Do f (x) bất khả quy trên R nên f (x) = c(x2−2ax+a2+b2) với c ∈ R. Vì thế deg f (x) = 2 và f (x) không có nghiệm thực. Mệnh đề 1.2.8. Cho f (x) = xn+an−1xn−1+ ...+a1x± p là một đa thức với hệ số nguyên, trong đó p là một số nguyên tố. (i) Nếu p> 1+ |a1|+ ...+ |an−1| thì f (x) bất khả quy trên Q. (ii) Nếu p≥ 1+ |a1|+ ...+ |an−1| và các nghiệm của f (x) đều không là căn của đơn vị thì f (x) bất khả quy trên Q. Chứng minh. (i) Giả sử f (x) khả quy trên Q và ta cần tìm mâu thuẫn. Theo bổ đề Gauss, tồn tại phân tích f (x) = g(x)h(x), trong đó g(x),h(x) ∈ Z[x] và 0< degg(x),degh(x)< deg f (x). Đồng nhất hệ số tự do ở hai vế ta được ±p= a0b0, trong đó a0,b0 lần lượt là hệ số tự do của g(x) và h(x). Do p là số nguyên tố nên a0 = ±1 hoặc b0 = ±1. Giả sử a0 = ±1. Đặtdegg(x) = m > 0. Theo Định lý cơ bản của Đại số, g(x) có m nghiệm r1, ...,rm ∈ C. Theo công thức Viete, ta có |r1...rm| = |a0| = 1, trong đó kí hiệu |z| là môđun của số phức z. Suy ra |r1|...|rm| = 1. Do đó có ít nhất một nghiệm ri của g(x) sao cho |ri| ≤ 1. Vì ri là nghiệm của f (x) nên f (ri) = 0. Suy ra ±p= rni + |an−1||ri|n−1+ ...+ |a1||ri| ≤ 1+1+ |an−1|+ ...+ |a1|. Điều này là mâu thuẫn. (ii) Chúng ta cũng giả sử f (x) khả quy trên Q. Với các lập luận như trong chứng minh khẳng định (i), vì f (x) không có nghiệm là căn của đơn vị nên |ri|< 1. Do đó p< 1+ |an−1|+ ...|a1|, điều này là vô lí. 1.3 Mở rộng trường và trường phân rã Trong tiết này luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K không gian véc tơ. Chiều của 12 không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T/E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T :K] = [T : E][E :K]. Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimKE = t và α ∈E. Vì hệ {1,α, . . . ,α t} gồm t+1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại a0,a1, . . . ,at ∈K với ít nhất một hệ số ai 6= 0 sao cho a0+a1α+ . . .+atα t = 0. Như vậy, a0+a1x+ . . .+atxt ∈ K[x] là đa thức khác 0 nhận α làm nghiệm, vì thế α đại số trên K. Chú ý 1.3.1. Nếu E/K là một mở rộng trường và α1, . . . ,αn ∈ E thì ta kí hiệu K(α1, . . . ,αn) và K[α1, . . . ,αn] tương ứng là giao của tất cả các trường con và vành con của E chứa K và chứa α1, . . . ,αn. Ta thấy rằng K(α1, . . . ,αn) là trường con bé nhất vàK[α1, . . . ,αn] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa các phần tử α1, . . . ,αn. Trường hợp n= 1, nếu g(α) 6= 0 thì phần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là 1 g(α) . Khi đó K [α] = {g(α) |g(x) ∈ K [x]} , K (α) = { g(α) h(α) ∣∣∣∣g(x) ,h(x) ∈ K [x] ,h(α) 6= 0} lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của E chứa K và α . Định nghĩa 1.3.2. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1, . . . ,αn ∈ F sao cho f (x) = a(x−α1) . . .(x−αn), trong đó a là hệ số cao nhất của f (x). Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F . Bổ đề 1.3.3. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa K và chứa n nghiệm α1, . . . ,αn của f (x). Khi đó K(α1, . . . ,αn) là trường phân rã của f (x) trên K và [K(α1, . . . ,αn) : K]< nn. Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1, . . . ,αn) là trường phân rã của f (x) trên K. Đặt K0 = K và Ki = K(α1, . . . ,αi) với i= 1, ...,n. Với mỗi i= 1, ...,n nếu coi f (x)∈Ki−1[x] thì f (x) có ước bất khả quy pi(x)∈Ki−1[x] 13 nhận αi làm nghiệm. Vì thế, ta có [Ki : Ki−1] = deg pi(x)≤ n. Do đó [Kn : K] = [Kn : Kn−1] ... [K2 : K1] [K1 : K]≤ nn. Ví dụ 1.3.4. Trường phân rã của đa thức f (x)= x3−2 trênQ làQ(i√3, 3√2). Hơn nữa, [Q(i √ 3, 3 √ 2) :Q] = 6. Chứng minh. Vì ba nghiệm của x3−2 là α1 = 3√2,α2 = 3√2 2 ( −1+ i √ 3 ) ,α3 = 3√2 2 ( −1− i √ 3 ) nên Q(α1,α2,α3) là trường phân rã của f (x) trên Q. Do α1,α2,α3 đều thuộcQ(i √ 3, 3 √ 2) nênQ(α1,α2,α3)⊆Q(i √ 3, 3 √ 2). Ngược lại, vì 3 √ 2=α1 và i √ 3= α2−α3 α1 nên Q(i √ 3, 3 √ 2)⊆Q(α1,α2,α3). Về công thức bậc của mở rộng, ta có[ Q(i √ 3, 3 √ 2) :Q ] = [ Q(i √ 3, 3 √ 2) :Q ( 3√2 )][ Q ( 3√2 ) :Q ] . Đa thức x3−2 có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ, do đó nó là đa thức bất khả quy trên Q của 3 √ 2. Do đó[ Q ( 3√2 ) :Q ] = deg ( x3−2)= 3. Đặt E = Q ( 3√2 ) . Rõ ràng x2+ 3 không có nghiệm thực, do đó nó không có nghiệm trong E. Vì thế x2+3 là đa thức bất khả quy trên E của i √ 3. Do đó [E(i √ 3) : E] = deg(x2+3) = 2. Vì Q(i √ 3, 3 √ 2) = E(i √ 3) nên ta có[ Q(i √ 3, 3 √ 2) :Q ] = [ E ( i √ 3 ) : E ] [E :Q] = 2.3= 6. Định nghĩa 1.3.5. Một mở rộng trường bậc hữu hạn của trường Q các số hữu tỷ được gọi là trường số. 14 Ví dụ 1.3.6. TrườngQ[ √ 2] = {a+b√2 | a,b∈Q} là một trường số vì nó là một mở rộng bậc hai củaQ. TrườngQ[ 3 √ 2] = {a+b 3√2+c 3√4 | a,b,c∈Q} là một trường số vì nó là mở rộng bậc 3 của Q. Trường R không là trường số vì nó là mở rộng bậc vô hạn của Q. Định nghĩa 1.3.7. Đặc số của trường K là số nguyên dương bé nhất (nếu có) n sao cho n1= 0, ở đây 1 là phần tử đơn vị của K. Nếu không tồn tại số nguyên dương n như vậy thì ta nói K có đặc số 0. Chẳng hạn, Q, R, C có đặc số 0. Trường Z5 có đặc số 5. Mệnh đề 1.3.8. Một trường K hoặc có đặc số 0, hoặc có đặc số nguyên tố. Nếu K có đặc số 0 thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu vớiQ. Nếu K có đặc số p nguyên tố thì K chứa trường con bé nhất đẳng cấu với trường Zp. Định lí 1.3.9. (Cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau là đúng. (i) Nếu K là trường hữu hạn có n phần tử thì n là lũy thừa của một số nguyên tố. (ii) Nếu n là lũy thừa (nguyên dương) của một số nguyên tố thì tồn tại một trường có n phần tử. Hơn nữa, các trường có n phần tử đều đăng cấu với nhau. Chứng minh. Xem [1, Chương 2, Định lý 2.4.10, trang 95 - 96]. 15 Chương 2 Tính bất khả quy của các đa thức lặp Trong suốt Chương này, luôn giả thiết K là một trường. Mục đích của Chương là xét tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai và đa thức dạng xn−b. Tiết 2.1 dành để đưa ra một tiêu chuẩn để một đa thức bậc hai có một đa thức lặp khả quy trên trường có đặc số khác 2. Mục tiêu của Tiết 2.2 là xét tính bất khả quy trên trường K của các đa thức lặp của đa thức bậc hai f (x) = x2− lx+m. Tiết cuối dành để trình bày các kết quả về tính ổn định của đa thức dạng xn−b (tức là các đa thức lặp của nó đều bất khả quy). 2.1 Tính khả quy của một đa thức lặp trên trường đặc số khác 2 Trước hết chúng ta nhắc lại khái niệm đa thức lặp và đa thức ổn định được định nghĩa bởi R. W. K. Odoni [O]. Định nghĩa 2.1.1. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương. Đặt f0(x) = x, f1(x) = f ( f0(x)) = f (x), fr+1(x) = f ( fr(x)) với mọi r ≥ 1. Ta nói các đa thức fr(x) là các đa thức lặp của f (x) trên K. Ta nói f (x) là ổn định trên K nếu fr(x) là bất khả quy với mọi r ≥ 0. Trước khi phát biểu và chứng minh kết quả chính của Tiết này, chúng ta cần một số kết quả chuẩn bị sau đây. Nhắc lại rằng một mở rộng E được gọi là đóng đại số nếu nó chứa tất cả các nghiệm của các đa thức bậc dương với hệ số trong E. Ví dụ R không đóng đại số vì nó không chứa nghiệm của đa thức x2+ 1 ∈ R[x]. Từ Định lí cơ bản của Đại số ta thấy rằng C là trường 16 đóng đại số. Cho E là một mở rộng trường của K. Ta nói E là một bao đóng đại số của K nếu mọi phần tử của E đều đại số trên K và E là trường đóng đại số. Chú ý rằng bao đóng đại số của trường K luôn tồn tại và các bao đóng đại số của K đều đẳng cấu với nhau. Giả sử K là một trường có đặc số p 6= 2 và f (x) = x2− lx+m ∈ K[x]. Ta giả thiết f (x) bất khả quy trên K. Trong tiết này chúng ta đưa ra các điều kiện sao cho với mỗi số nguyên dương n, fn(x) bất khả quy nhưng fn+1(x) khả quy trên K. Bổ đề 2.1.2. Trong bao đóng đại số của K chọn một dãy bất kỳ β0, β1, . . . , βn với β0= 0 và β j = f (β j+1) với mọi j= 0, . . . ,n−1 . Khi đó βr là nghiệm của fr(x) với r = 1,2, . . . ,n. Chứng minh. Ta chứng minh Bổ đề bằng quy nạp theo r. • Với r = 1 ta có f1 (β1) = f (β1) = β0 = 0. Suy ra β1 là nghiệm của f1. • Giả sử Bổ đề đúng với r = k, tức là βk là nghiệm của fk(x). Ta chứng minh Bổ đề đúng với r= k+1, tức là cần chứng minh βk+1 là nghiệm của fk+1(x). Ta có fk+1(βk+1) = f ( fk(βk+1)) = fk( f (βk+1)) = fk(βk) = 0. Vậy βk+1 là nghiệm của fk+1(x). Bổ đề 2.1.3. Nếu βr là nghiệm của fr(x) với r = 0,1, . . . ,n và nếu d/4+βr là chính phương trongK (tức là tồn tại phần tử a∈K sao cho a2= d/4+βr) thì βr+1 = l 2 + √ d 4 +βr với r = 0, . . . ,n, trong đó d = l2−4m là biệt thức của f (x). Chứng minh. Ta chứng minh Bổ đề bằng quy nạp theo r. 17 • Với r = 0, vì β1 là nghiệm của f1(x) = x2− lx+m nên β1= l+ √ l2−4m 2 = l 2 + √ l2−4m 4 = l 2 + √ l2−4m 4 +0= l 2 + √ d 4 +β0. Vậy Bổ đề đúng với r = 0. • Giả sử Bổ đề đúng với r= k−1. Ta chứng minh Bổ đề đúng với r= k. Ta có βk = f (βk+1) = β 2k+1− lβk+1+m ⇔ β 2k+1− lβk+1+(m−βk) = 0 ⇒ βk+1 = l+ √ l2−4(m−βk) 2 = l 2 + √( l2−4m)+4βk 4 ⇒ βk+1 = l2+ √ d 4 +βk Vậy Bổ đề đúng với r = k. Nhận xét 2.1.4. Với giả thiết như trong Bổ đề 2.1.2, đặt K0 = K,K1 = K(β1),K2 = K(β2), ...,Kr = K(βr) với r= 0,1, . . . ,n+1. Khi đó Kr ⊆ Kr+1. Thật vậy, để chứng minh bao hàm thức trên ta chỉ cần chứng minh βr ∈ Kr+1. Ta có βr = ( βr+1− l2 )2 − d 4 . Do đó βr ∈ Kr+1. Vì thế ta có dãy tăng các trường lồng nhau K = K0 ⊆ K1 ⊆ . . .⊆ Kn+1. Bổ đề 2.1.5.Đặt d0= d 4 ,dr = d0+βr với mọi r≥ 0,δ =−d−2l và δ0= δ4 . Khi đó, với mọi r ≥ 0 ta có dr+1 =−δ0+ √ dr. Chứng minh. Ta có dr+1 = d0+βr+1 = d0+ l 2 + √ dr = 2d0+ l 2 + √ dr. 18 Do đó dr+1 = d 2 + l 2 + √ dr = d+2l 4 + √ dr. Suy ra dr+1 =−δ0+ √ dr. Hai bổ đề sau sẽ được sử dụng để chứng minh kết quả chính của tiết này. Bổ đề 2.1.6. (Bổ đề Capelli). Cho u(x),v(x) ∈ K[x] là các đa thức. Giả sử α là một nghiệm bất kì của u(x) trong một bao đóng đại số của K. Khi đó u(v(x)) bất khả quy trên K khi và chỉ khi u(x) bất khả quy trên K và v(x)−α bất khả quy trên K(α). Chứng minh. Xem [T]. Bổ đề 2.1.7. Cho K là trường có đặc số p 6= 2 và d là một phần tử không chính phương của K. Gọi g,h ∈ K,h 6= 0, khi đó các mệnh đề sau tương đương: (i) g+h √ d là chính phương trên trường K( √ d). (ii) Tồn tại các phần tử a và ξ thuộc K sao cho g2−dh2 = ξ 2 và a2 = (g+ξ ) 2 . (iii) Tồn tại a ∈ K sao cho −dh2 = 4a2(a2−g). Chứng minh. (i)⇒ (ii). Giả sử g+ h√d là phần tử chính phương trong K( √ d). Khi đó tồn tại a+b √ d ∈ K(√d) với a,b ∈ K sao cho g+h √ d = (a+b √ d)2. Do đó a2+ db2 = g và 2ab = h. Vì h 6= 0 nên a 6= 0. Thay b = h 2a ta thu được một phương trình bậc 4 trùng phương của a là a4−ga2+h2d 4 = 0. Vì a,b ∈ K nên phương trình này phải có nghiệm, suy ra biệt thức của nó phải là phần tử chính phương. Ta có biệt thức của phương trình là g2−dh2. Do đó tồn tại ξ ∈ K sao cho g2−dh2 = ξ 2. Suy ra a2 = g+ξ 2 với ξ ∈ K. (ii)⇒ (iii). Từ hệ thức trong (ii), ta có ξ = 2a2−g và −dh2 = ξ 2−g2 = (2a2−g)2−g2 = 4a2(a2−g). (iii)⇒ (i). Vì h 6= 0 nên a 6= 0 và do đó( a+ h 2a √ d )2 = 4a4+dh2 4a2 +h √ d = g+h √ d. 19 Do đó g+h √ d là phần tử chính phương trong K( √ d). Ta định nghĩa các đa thức gr(x) trong K[x] như sau: g0(x) =−x,g1(x) = x2+δ0 và gr+1(x) = g1(gr(x)). Suy ra gr+1(x) = g2r (x)+δ0,r≥ 1. Tiếp theo ta định nghĩa phần tử gr trong K bởi gr = gr(δ0) do đó g0 =−δ0,g1 = δ 20 +δ0 và gr+1 = g2r +δ0,r ≥ 1. Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để đa thức lặp thứ n của đa thức bậc hai trên trường có đặc số khác 2 là bất khả quy, nhưng đa thức lặp thứ n+1 của nó là khả quy. Định lý 2.1.8. Cho n≥ 1 là một số tự nhiên. Giả sử K có đặc số khác 2 và fn(x) bất khả quy trên K. Với kí hiệu Ki, di như trong Nhận xét 2.1.4 và gi định nghĩa ở trên. (i) Nếu fn+1(x) là khả quy trên K thì với mọi r, 0≤ r ≤ n−1, tồn tại phần tử ar,ξr ∈ Kn−r−1 sao cho g2r −ξ 2r = dn−r−1 và a2r = gr+ξr 2 . Hơn nữa, với mọi r thỏa mãn 0≤ r ≤ n−1, ta có ξr−1 =± ( ar− √ dn−r−1 2ar ) . (ii) Nếu tồn tại các phần tử ar và ξr với các tính chất trên thì fn+1(x) khả quy trên K. Chứng minh. (i) Giả sử fn+1(x) khả quy trên K. Khi đó theo Bổ đề 2.1.6, f (x)−βn khả quy trên Kn = K(βn). Biệt thức của f (x)−βn là 4(d0+βn) = 4dn = 4(−δ0+ √ dn−1) = 4(g0+ √ dn−1). Vì K có đặc số khác 2 nên 4.1 6= 0. Do đó 4.1 khả nghịch trong K. Vì thế từ công thức trên ta tính được βn theo d0,g0 và √ dn−1. Từ đó suy ra Kn = K(βn) = Kn−1( √ dn−1). Do đó g0+ √ dn−1 là phần tử chính phương trên Kn = Kn−1( √ dn−1) . Nhớ lại rằng g0 = −δ0 ∈ K ⊂ Kn−1. Theo Bổ đề 2.1.7, tồn tại các phần tử a0 và ξ0 ∈ Kn−1 sao cho g20− ξ 20 = dn−1 và a20 = g0+ξ0 2 . Cho 0 ≤ r ≤ n và giả sử kết quả đúng cho r. Ta chứng minh 20 kết quả đúng cho r+ 1. Vì kết quả đúng với r nên tồn tại ar, ξr ∈ Kn−r−1 sao cho g2r−ξ 2r = dn−r−1 và a2r = gr+ξr 2 . Suy ra g2r−dn−r−1 = ξ 2r là chính phương trên Kn−r−1 = Kn−r−2( √ dn−r−2). Bây giờ ta có g2r −dn−r−1 = g2r +δ0− √ dn−r−2 = gr+1− √ dn−r−2 = gr+1− √ dn−r−2. Lại theo Bổ đề 2.1.7, tồn tại các phần tử ar+1,ξr+1 ∈ Kn−r−2 sao cho g2r+1−dn−r−2 = ξ 2r+1 và a2r+1 = gr+1+ξr+1 2 . Vậy, kết quả đúng với r+1. (ii) Giả sử tồn tại a0,ξ0 ∈ K sao cho g20−ξ 20 = dn−1 và a20 = g0+ξ0 2 . Theo Bổ đề 2.1.7, suy ra g0+ √ dn−1 là phần tử chính phương trong Kn = K(βn). Vì βn+1 là một nghiệm của f (x)− βn và biệt thức của đa thức này là 4(g0+ √ dn−1) nên ta suy ra f (x)− βn là khả quy trên Kn. Theo Bổ đề 2.1.6, fn+1(x) khả quy trên K. Nhận xét 2.1.9. Giả sử fn(x) bất khả quy và fn+1(x) khả quy trên K. Khi đó với các kí hiệu của Định lý 2.1.8 và phối hợp với Nhận xét 2.1.4 ta có ξ 2r = g 2 r −dn−r−1 = g2r +δ0− √ dn−r−2 = gr+1− √ dn−r−2 = ( ar+1− √ dn−r−2 2ar+1 )2 . Do đó ξr =± ( ar+1− √ dn−r−2 2ar+1 ) . Ta cũng có βn+1 = l 2 + √ dn = l 2 + √ −δ0+ √ dn−1 = l 2 + √ g0+ √ dn−1 = l 2 + √( a0+ √ dn−1 2a0 )2 = l 2 ± ( a0+ √ dn−1 2a0 ) . Ví dụ 2.1.10. Cho K = Q và f (x) = x2+ 10x+ 17. Chú ý rằng Q có đặc số 0 khác 2. Rõ ràng f (x) không có nghiệm hữu tỷ, do đó f (x) bất khả quy trên Q. Như vậy, f0(x) = x và f1(x) = f (x) là các đa thức bất khả quy 21 trên Q. Bây giờ ta xét tính bất khả quy của f2(x) := f ( f1(x)). Tính toán ta được l =−10;d = 32,d0 = 8;δ =−d−2l =−12,δ0 =−3,g0 =−δ0 = 3, g20− d0 = 1 vì vậy ξ0 = ±1;a20 = g0+ξ0 2 = 3±1 2 , tức là a20 bằng 2 hoặc bằng 1. Chọn a20= 1, suy ra a0=±1.Khi đó theo Định lí 2.1.8 thì f2(x) khả quy trên Q. Suy ra β2 = l 2 ±a0± √ d0 2a0 =−5±1±√2, suy ra β2 = 4± √ 2 hoặc β2 =−6± √ 2. Thay vào ta được f2(x) = (x2+8x+14)(x2+12x+34). 2.2 Tính bất khả quy của các đa thức lặp của đa thức bậc hai Trong suốt tiết này, giống như trong Tiết 2.1, ta giả thiết K = Q và f (x) = x2− lx+m là đa thức với hệ số nguyên và bất khả quy trên Q. Như trong Tiết 2.1, ta vẫn kí hiệu d = l2− 4m là biệt thức của f (x) và δ =−d−2l. Đặt δ0 = δ4 . Rõ ràng nếu l chẵn thì d chia hết cho 4 và do đó δ cũng chia hết cho 4. Nếu l lẻ thì d chia cho 4 dư 1 và do đó δ chia cho 4 dư 1. Trong trường hợp l chẵn, ta có d0 = d 4 ∈ Z và δ0 = δ4 ∈ Z, do đó gr := g2r−1+ δ0 ∈ Z với mọi r ≥ 0. Trong trường hợp l lẻ ta có g0 = − δ 4 , g1 = δ 2+4δ 42 và tổng quát gr = hr 42r với hr ∈ Z và hr ≡ δ 2r ≡ 1(mod 4). Phần đầu của Tiết 2.2 dành để xét tính ổn định của f (x) trên Q. Tiêu chuẩn đầu tiên được phát biểu qua định lý sau: Định lý 2.2.1. Nếu d ≡ 1 (mod 4) thì f (x) ổn định trên Q. Chứng minh. Cho n ≥ 1 và giả sử fn(x) bất khả quy nhưng fn+1(x) khả quy trong Q[x]. Theo Định lý 2.1.8, tồn tại một phần tử ξn−1 ∈ Q sao cho g2n−1− ξ 2n−1 = d 4 . Vì g2n−1 = h2n−1 42n nên ξn−1 = un−1 42n−1 với un−1 là một số nguyên lẻ. Đặt br = 42 r ta có( hn−1+un−1 bn−1 )( hn−1−un−1 bn−1 ) = d 4 . 22 Đặt hn−1+un−1 bn−1 = a b và hn−1−un−1 bn−1 = r s , với a,r lẻ và b,s là các lũy thừa của 2. Như vậy ar bs = d 4 và vì thế ar = d;bs = 4. Cộng vế với vế của các phương trình trên ta có hn−1 = 1 2 (a b + r s ) bn−1 = (as+br)bn−1 8 ;n≥ 2, vế phải chẵn và ta có mâu thuẫn. Nếu n = 1 thì bn−1 = 4 và vì vậy hn−1 = as+br 2 . Mặt khác, điều này là không thể vì bs= 4 và a,r đều lẻ. Trong mọi trường hợp ta đều dẫn đến mâu thuẫn, do đó f (x) ổn định trên Q. Ví dụ 2.1.10 chỉ ra rằng Định lý 2.2.1 không còn đúng khi d chẵn. Do đó ta có tiêu chuẩn sau để xét tính ổn định của f (x) trong trường hợp d chẵn. Định lý 2.2.2. Nếu d ≡ 0 (mod 4) nhưng d 6≡ 0 (mod 16) thì f (x) ổn định trên Q. Chứng minh. Giả sử f (x) không ổn định trên Q. Khi đó tồn tại n sao cho fn(x) bất khả quy nhưng fn+1(x) khả quy (bao giờ cũng tồn tại số n như vậy). Với các kí hiệu như trong Định lý 2.1.8, tồn tại phần tử ξn−1 ∈Q sao cho g2n−1− ξ 2n−1 = d0 = d 4 . Vì gn−1 và d0 ∈ Z nên nếu ξn−1 không là số nguyên thì thay vào đẳng thức trên ta suy ra ξn−1 phải là số vô tỉ, điều này không thể xảy ra. Do đó ξn−1 ∈ Z. Vì g2n−1−ξ 2n−1 = (gn−1+ξn−1)(gn−1−ξn−1) nên nó chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 hoặc 3. Vì thế không xảy ra khả năng d0 ≡ 2 (mod 4). Nếu d0 là lẻ thì gn−1+ξn−1 và gn−1−ξn−1 đều lẻ và vì hai số gn−1+ξn−1 2 và gn−1−ξn−1 2 đều là phần tử chính phương trongQ, mâu thuẫn với Định lý 2.1.8. Do đó Định lý 2.2.2 được chứng minh. Định lý sau đây đưa ra tiêu chuẩn để xét tính ổn định của f (x) trong trường hợp d ≡ 0 (mod 16). Định lý 2.2.3. Nếu d ≡ 0 (mod 16) và |δ | ≥ |d| thì f (x) ổn định trên Q. 23 Chứng minh. Giả sử fn(x) bất khả quy và fn+1(x) khả quy trênQ với n≥ 1. Theo Định lý 2.1.8, tồn tại ξn−1 ∈ Z sao cho g2n−1− ξ 2n−1 = d0 = d 4 . Ta có thể giả thiết ξ > 0. Khi đó: |d0|= ∣∣∣|gn−1|2−ξ 2n−1∣∣∣= ||gn−1|+ξn−1| . ||gn−1|−ξn−1| =(|gn−1|+ξn−1) . ||gn−1|−ξn−1| . Do đó |d0| > |gn−1|. Ta có mâu thuẫn. Trước hết ta giả sử δ > 0, khi đó |gr| ≥ δ0, với mọi r và vì δ0 ≥ |d0| theo giả thiết nên ta có mâu thuẫn. Bây giờ giả sử δ < 0. Vì |d| ≥ 16 nên từ giả thiết ta có |δ0| ≥ 4 và do đó |g0|= |δ0|, |g1|= δ 20 +d0 > |δ0| và trong trường hợp tổng quát |gr| ≥ |δ0|. Từ đây chúng ta cũng suy ra mâu thuẫn. Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.2.3 là tiêu chuẩn xét tính ổn định của f (x) trong trường hợp d ≡ 0 (mod 16) và |δ | ≥ |d|. Hệ quả sau cho ta tiêu chuẩn xét tính ổn định của f (x) trường hợp còn lại d ≡ 0 (mod 16) và |δ | < |d|. Nhắc lại rằng δ = −d− 2l nên điều kiện |δ | < |d| tương đương với điều kiện d và l có dấu đối nhau và 0< |l|< |d|. Mặt khác, vì d = l2−4m và δ =−d−2l nên ta có kết quả sau. Hệ quả 2.2.4. Nếu d ≡ 0 (mod 16) thì chỉ tồn tại hữu hạn các đa thức có dạng f (x) = x2− lx+m với hệ số nguyên có biệt thức d sao cho fn(x) khả quy trên Q với n≥ 2. Mệnh đề sau mô tả tất cả các đa thức f (x) = x2− lx+m ∈ Z[x] với biệt thức d ≡ 0 (mod 16) có đa thức lặp f2(x) khả quy trên Q. Mệnh đề 2.2.5. Cho f (x) = x2− lx+m ∈ Z[x] là đa thức bất khả quy trên Q và có biệt thức d ≡ 0 (mod 16). Khi đó f2(x) khả quy khi và chỉ khi d16 phân tích được dưới dạng d 16 = a20b0 với a0,b0 ∈ Z, a0 > 0. Chứng minh. Giả sử f2(x) khả quy. Khi đó, theo Định lý 2.1.8, tồn tại a0,ξ0 ∈ Q sao cho δ 20 − ξ 20 = δ0 và a20 = −δ0+ εξ0 2 ;ε = ±1. Dễ thấy a0,ξ0 ∈ Z vì δ0,d0 ∈ Z, −d0 = 4a20(a20+δ0) và 4|δ0. Vì δ0 và ξ0 cùng tính chẵn lẻ nên b0= −δ0− εξ0 2 ∈Z và ta có a20b0= d0 4 = d 16 ; δ0=−(a20+b0), 24 εξ0 = a20−b0, l = 2(−δ0−d0) = 2 ( a20+b0−4a20b0 ) và m= l2−d 4 . Ngược lại, giả sử d 16 có phân tích dạng d 16 = a20b0 với a0,b0 ∈Z, a0 > 0. Đặt l = 2(a20+b0−4a20b0); m= l2−d 4 và f (x) = x2− lx+m. Khi đó δ0 = −d0− l2 =− ( a20+b0 ) và g20−d0 = δ 20 −d0 = ( a20+b0 )2−4a20b0 = (a20−b0)2 = ξ 20 với ξ0 = a20−b0. Do đó g0+ξ0 2 = −δ0+ξ0 2 = a20. Từ Định lý 2.1.8 suy ra f2(x) khả quy trên Q. Chẳng hạn, lấy d = 32. Khi đó d 16 = 2= 12.2. Do đó a0= 1;b0= 2. Suy ra l = −10,m = 17 và f (x) = x2+ 10x+ 17. Rõ ràng f (x) là bất khả quy vì không có nghiệm trong Q. Theo Mệnh đề 2.2.5, ta suy ra f2(x) khả quy trên Q. Chú ý rằng Ví dụ 2.1.10 cũng đã chỉ ra tính khả quy của f2(x). Nhận xét 2.2.6. Bằng cách lập luận tương tự ta cũng chứng minh được: (i) Nếu d = 16e với e không chứa ư